Problem OM 69.2.4

% Geometry

\documentclass[a4paper,12pt]{article}

\usepackage[left=2cm, top=2cm, right=2cm, bottom=1cm, includeheadfoot,
    headheight=50pt]{geometry}
\usepackage{fancyhdr}
\usepackage{lastpage}
\usepackage{float}
\usepackage[most]{tcolorbox}
\usepackage{enumitem}
\usepackage{graphicx}

\usepackage{polyglossia}
\setmainlanguage{polish}

\usepackage{amsmath, amsthm, amssymb}

\usepackage{fontspec}
\usepackage{unicode-math}

\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{calc}

\setmainfont{Linux Libertine O}

\newtheorem{theorem}{Twierdzenie}[section]
\newtheorem{lemma}{Lemat}[section]
\theoremstyle{remark}
\newtheorem*{remark}{Uwaga}

\newcommand{\Name}{Hostek}
\newcommand{\Email}{your.email@example.com}
\newcommand{\ProblemNumber}{LXIX OM, etap 2, zadanie 4}

\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}

\section*{Treść zadania}

Dany jest trapez $ABCD$ o podstawach $AB$ i $CD$, przy czym
okrąg o średnicy $BC$ jest styczny do prostej $AD$. Udowodnić, że
okrąg o średnicy $AD$ jest styczny do prostej $BC$.

\bigskip

\section*{Rozwiązanie}

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=0.7\textwidth]{img/69.2.4.i1.jpg}
    \caption{Konfiguracja początkowa}
\end{figure}

Relacje prostopadłości, odległości oraz styczności okręgów do prostych są niezmiennikami izometrii płaszczyzny (przesunięcia i obrotu). Możemy zatem bez straty ogólności wybrać kartezjański układ współrzędnych tak, aby:
\begin{itemize}[noitemsep]
    \item prosta $AB$ pokrywała się z osią $Ox$,
    \item punkt $A$ był początkiem układu współrzędnych: $A = (0,0)$,
    \item punkt $B$ leżał na dodatniej półosi $Ox$: $B = (b, 0)$, gdzie $b > 0$.
\end{itemize}

Ponieważ podstawy $AB$ i $CD$ są równoległe, prosta $CD$ ma równanie postaci $y = h$, gdzie $h > 0$ oznacza wysokość trapezu. Wierzchołki $D$ i $C$ mają zatem współrzędne:
\begin{align*}
    D &= (x_D, h), \\
    C &= (x_C, h).
\end{align*}
Wypukłość trapezu oraz cykliczna kolejność wierzchołków $A, B, C, D$ na jego obwodzie oznacza, że wektory $\vec{AB} = [b, 0]$ i $\vec{DC} = [x_C - x_D, 0]$ mają ten sam zwrot, czyli $x_C > x_D$. 

Długości podstaw wynoszą odpowiednio $AB = b$ oraz $CD = x_C - x_D$. W szczególności zachodzi kluczowa nierówność:
\begin{equation}
    \label{eq:sum_bases}
    b + x_C - x_D = AB + CD > 0.
\end{equation}

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=0.7\textwidth]{img/69.2.4.i2.jpg}
    \caption{Układ współrzędnych}
    \label{m1}
\end{figure}

\subsection*{1. Warunek styczności okręgu o średnicy $BC$ do prostej $AD$}

Niech $o_1$ oznacza okrąg o średnicy $BC$, a $O$ jego środek (środek odcinka $BC$). Współrzędne punktu $O$ to:
\[
O = \left(\frac{b + x_C}{2}, \, \frac{h}{2}\right).
\]
Promień $r_1$ okręgu $o_1$ jest równy połowie długości odcinka $BC$:
\[
r_1 = \frac{1}{2} BC = \frac{1}{2}\sqrt{(x_C - b)^2 + h^2}.
\]
Wyznaczmy równanie ogólne prostej $k = AD$. Przechodzi ona przez punkty $A(0,0)$ oraz $D(x_D, h)$, skąd:
\[
(y_D - y_A)(x - x_A) - (x_D - x_A)(y - y_A) = 0 \iff hx - x_D y = 0.
\]
Odległość punktu $O$ od prostej $AD$ dana jest wzorem:
\[
d(O, AD) = \frac{|h \cdot x_O - x_D \cdot y_O|}{\sqrt{h^2 + x_D^2}} = \frac{\left|h \cdot \frac{b + x_C}{2} - x_D \cdot \frac{h}{2}\right|}{\sqrt{h^2 + x_D^2}} = \frac{h|b + x_C - x_D|}{2\sqrt{h^2 + x_D^2}}.
\]
Na mocy nierówności \eqref{eq:sum_bases} oraz faktu, że $h > 0$, wyrażenie pod wartością bezwzględną jest ściśle dodatnie, zatem:
\[
d(O, AD) = \frac{h(b + x_C - x_D)}{2\sqrt{h^2 + x_D^2}}.
\]
Okrąg $o_1$ jest styczny do prostej $AD$ wtedy i tylko wtedy, gdy odległość jego środka od tej prostej jest równa jego promieniowi:
\begin{align}
    d(O, AD) = r_1 &\iff \frac{h(b + x_C - x_D)}{2\sqrt{h^2 + x_D^2}} = \frac{\sqrt{(x_C - b)^2 + h^2}}{2} \nonumber \\
    &\iff h(b + x_C - x_D) = \sqrt{h^2 + x_D^2} \cdot \sqrt{(x_C - b)^2 + h^2}. \label{eq:tangency1}
\end{align}

\subsection*{2. Styczność okręgu o średnicy $AD$ do prostej $BC$}

Niech teraz $o_2$ oznacza okrąg o średnicy $AD$, a $O'$ jego środek. Wówczas:
\[
O' = \left(\frac{x_D}{2}, \, \frac{h}{2}\right).
\]
Promień okręgu $o_2$ wynosi:
\[
r_2 = \frac{1}{2} AD = \frac{1}{2}\sqrt{x_D^2 + h^2}.
\]
Wyznaczmy równanie ogólne prostej $l = BC$ przechodzącej przez $B(b, 0)$ oraz $C(x_C, h)$:
\begin{align*}
    (y_C - y_B)(x - x_B) - (x_C - x_B)(y - y_B) &= 0 \\
    h(x - b) - (x_C - b)y &= 0 \\
    hx - (x_C - b)y - hb &= 0.
\end{align*}
Obliczmy odległość środka $O'$ od prostej $BC$:
\[
d(O', BC) = \frac{\left|h \cdot \frac{x_D}{2} - (x_C - b)\cdot \frac{h}{2} - hb\right|}{\sqrt{h^2 + (x_C - b)^2}} = \frac{\frac{h}{2}|x_D - x_C + b - 2b|}{\sqrt{h^2 + (x_C - b)^2}} = \frac{h|-(b + x_C - x_D)|}{2\sqrt{h^2 + (x_C - b)^2}}.
\]
Korzystając ponownie z \eqref{eq:sum_bases}, otrzymujemy:
\[
d(O', BC) = \frac{h(b + x_C - x_D)}{2\sqrt{h^2 + (x_C - b)^2}}.
\]
Okrąg $o_2$ jest styczny do prostej $BC$ wtedy i tylko wtedy, gdy $d(O', BC) = r_2$, co jest równoważne:
\begin{align}
    d(O', BC) = r_2 &\iff \frac{h(b + x_C - x_D)}{2\sqrt{h^2 + (x_C - b)^2}} = \frac{\sqrt{x_D^2 + h^2}}{2} \nonumber \\
    &\iff h(b + x_C - x_D) = \sqrt{(x_C - b)^2 + h^2} \cdot \sqrt{h^2 + x_D^2}. \label{eq:tangency2}
\end{align}

\subsection*{3. Podsumowanie}

Porównując warunki \eqref{eq:tangency1} oraz \eqref{eq:tangency2}, widzimy, że prawe i lewe strony obu równań są identyczne:
\[
\eqref{eq:tangency1} \iff h(b + x_C - x_D) = \sqrt{h^2 + x_D^2} \cdot \sqrt{(x_C - b)^2 + h^2} \iff \eqref{eq:tangency2}.
\]
Z założenia zadania okrąg o średnicy $BC$ jest styczny do prostej $AD$, zatem równość \eqref{eq:tangency1} jest prawdziwa. Wobec tego równość \eqref{eq:tangency2} również zachodzi, co bezpośrednio dowodzi, że okrąg o średnicy $AD$ jest styczny do prostej $BC$. \qed

\bigskip

\begin{figure}[H]
    \centering
    \begin{tikzpicture}[scale=1.2]
        \draw[->, thick, gray!60] (-2.5,0) -- (5.5,0) node[right, black] {$x$};
        \draw[->, thick, gray!60] (0,-1) -- (0,5) node[above, black] {$y$};

        \coordinate (A) at (0,0);
        \coordinate (B) at (4,0);
        \coordinate (C) at (1,4);
        \coordinate (D) at (0,4);

        \coordinate (O) at (2.5,2);     
        \coordinate (Oprime) at (0,2);   
        \coordinate (T1) at (0,2);      
        \coordinate (T2) at (1.6,3.2);  

        \draw[blue, thick] (O) circle (2.5);
        \draw[red, thick] (Oprime) circle (2);

        \draw[dashed, red!60, thick] (0,-0.8) -- (0,4.8);
        \draw[dashed, blue!60, thick] ($(B)!-0.2!(C)$) -- ($(B)!1.2!(C)$);

        \draw[line width=1.3pt, black] (A) -- (B) -- (C) -- (D) -- cycle;

        \draw[dashed, gray!80, thick] (O) -- (T1);
        \draw[dashed, gray!80, thick] (Oprime) -- (T2);

        \fill (A) circle (2pt) node[below left] {$A(0,0)$};
        \fill (B) circle (2pt) node[below right] {$B(b,0)$};
        \fill (C) circle (2pt) node[above right] {$C(x_C,h)$};
        \fill (D) circle (2pt) node[above left] {$D(x_D,h)$};
        \fill[blue] (O) circle (2pt) node[below] {$O$};
        \fill[red] (Oprime) circle (2pt) node[left] {$O'$};
        \fill[red] (T2) circle (2pt) node[above right] {$T_2$};

        \node[blue, above right] at (4.7,3) {$o_1$};
        \node[red, above left] at (-1.8,3) {$o_2$};
    \end{tikzpicture}
    \caption{Ilustracja w układzie współrzędnych dla przykładowego trapezu spełniającego warunki zadania ($A=(0,0), B=(4,0), C=(1,4), D=(0,4)$). Punkty $T_1 = O'$ oraz $T_2$ to punkty styczności okręgów do prostych $AD$ i $BC$.}
    \label{fig:tikz}
\end{figure}

\section*{Drugi sposób (liczby zespolone)}

Zastosujemy podejście z wykorzystaniem liczb zespolonych $\mathbb{C}$. Rozróżnimy dwa przypadki w zależności od tego, czy ramiona $AD$ i $BC$ są równoległe.

\subsection*{Przypadek 1: Proste $AD$ i $BC$ nie są równoległe}

Niech proste $AD$ i $BC$ przecinają się w punkcie $S$. Przyjmijmy punkt $S$ jako początek płaszczyzny zespolonej ($S = 0$).

Ponieważ podstawy trapezu są równoległe ($AB \parallel CD$), jednokładność o środku w punkcie $S$ przekształca odcinek $AB$ na odcinek $DC$. Oznacza to, że istnieje liczba rzeczywista $k > 0$ ($k \neq 1$) taka, że wierzchołkom $A, B, C, D$ odpowiadają liczby zespolone:
\begin{align*}
    A &\longleftrightarrow a, \\
    D &\longleftrightarrow d = ka, \\
    B &\longleftrightarrow b, \\
    C &\longleftrightarrow c = kb,
\end{align*}
gdzie $a, b \in \mathbb{C} \setminus \{0\}$ oraz $\frac{a}{b} \notin \mathbb{R}$ (punkty $S, A, B$ nie są współliniowe). 

W tej interpretacji:
\begin{itemize}[noitemsep]
    \item prosta $AD$ to prosta przechodząca przez $0$ i $a$, czyli zbiór punktów postaci $t \cdot a$ dla $t \in \mathbb{R}$,
    \item prosta $BC$ to prosta przechodząca przez $0$ i $b$, czyli zbiór punktów postaci $t \cdot b$ dla $t \in \mathbb{R}$.
\end{itemize}

\begin{figure}[H]
    \centering
    \begin{tikzpicture}[scale=1.15]
        % Punkt S
        \coordinate (S) at (0,0);
        
        % Punkty na prostej AD (kąt 0 st.)
        \coordinate (A) at (2,0);
        \coordinate (D) at (6,0);
        \coordinate (Oprime) at (4,0);
        
        % Punkty na prostej BC (kąt 30 st.)
        \coordinate (B) at (30:2);
        \coordinate (C) at (30:6);
        \coordinate (O) at (30:4);
        
        % Rzuty (punkty styczności)
        \coordinate (T1) at ($(A)!(O)!(D)$);
        \coordinate (T2) at ($(B)!(Oprime)!(C)$);
        
        % Proste przedłużające ramiona
        \draw[dashed, gray!70, thick] (S) -- (6.8,0) node[right, black] {prosta $AD$};
        \draw[dashed, gray!70, thick] (S) -- (30:6.8) node[above right, black] {prosta $BC$};
        
        % Okręgi
        \draw[blue, thick] (O) circle (2);
        \draw[red, thick] (Oprime) circle (2);
        
        % Boki trapezu
        \draw[line width=1.3pt] (A) -- (B) -- (C) -- (D) -- cycle;
        
        % Odcinki promieni do punktów styczności
        \draw[dashed, blue, thick] (O) -- (T1);
        \draw[dashed, red, thick] (Oprime) -- (T2);
        
        % Kąt przy S
        \draw[thick] (0.8,0) arc (0:30:0.8);
        \node at (15:1.15) {$\theta$};
        
        % Wierzchołki i punkty
        \fill (S) circle (2pt) node[below left] {$S=0$};
        \fill (A) circle (2pt) node[below] {$A(a)$};
        \fill (D) circle (2pt) node[below] {$D(ka)$};
        \fill (B) circle (2pt) node[above left] {$B(b)$};
        \fill (C) circle (2pt) node[above left] {$C(kb)$};
        \fill[blue] (O) circle (2pt) node[above right] {$O$};
        \fill[red] (Oprime) circle (2pt) node[below] {$O'$};
        \fill[blue] (T1) circle (2pt) node[below] {$T_1$};
        \fill[red] (T2) circle (2pt) node[above left] {$T_2$};
        
        % Podpisy okręgów
        \node[blue, above right] at ($(O) + (45:2)$) {$o_1$};
        \node[red, below right] at ($(Oprime) + (-45:2)$) {$o_2$};
    \end{tikzpicture}
    \caption{Przypadek 1: Ramiona przecinają się w początku układu $S=0$. Okręgi $o_1$ i $o_2$ są styczne do prostych odpowiednio w punktach $T_1$ i $T_2$ (na rysunku $k=3$, $\theta = 30^\circ$).}
    \label{fig:complex_case1}
\end{figure}

\begin{lemma}
Odległość punktu $z \in \mathbb{C}$ od prostej przechodzącej przez $0$ i wektor kierunkowy $u \in \mathbb{C} \setminus \{0\}$ wyraża się wzorem:
\[
d(z, \mathbb{R}u) = \frac{|\operatorname{Im}(z\bar{u})|}{|u|}.
\]
\end{lemma}

\begin{proof}
Dowolny punkt $z$ możemy rozłożyć na składową równoległą i prostopadłą do $u$: $z = \lambda u + w$, gdzie $\lambda \in \mathbb{R}$ oraz $w \perp u$ (czyli $\operatorname{Re}(w\bar{u}) = 0$). Wówczas:
\[
z\bar{u} = \lambda |u|^2 + w\bar{u}.
\]
Ponieważ $\lambda |u|^2 \in \mathbb{R}$, a liczba $w\bar{u}$ jest czysto urojona, mamy:
\[
|\operatorname{Im}(z\bar{u})| = |w\bar{u}| = |w| \cdot |u|.
\]
Długość składowej prostopadłej wynosi $|w|$, skąd szukana odległość to:
\[
d(z, \mathbb{R}u) = |w| = \frac{|\operatorname{Im}(z\bar{u})|}{|u|}.
\]
\end{proof}

\subsubsection*{1. Warunek styczności okręgu o średnicy $BC$ do prostej $AD$}

Środek odcinka $BC$ odpowiada liczbie:
\[
z_O = \frac{b + c}{2} = \frac{b + kb}{2} = \frac{k+1}{2} b.
\]
Promień $r_1$ okręgu o średnicy $BC$ wynosi:
\[
r_1 = \frac{1}{2}|c - b| = \frac{1}{2}|kb - b| = \frac{|k - 1|}{2}|b|.
\]
Odległość środka $z_O$ od prostej $AD$ (czyli prostej $\mathbb{R}a$) dana jest lematem:
\[
d(O, AD) = \frac{|\operatorname{Im}(z_O \bar{a})|}{|a|} = \frac{\left|\operatorname{Im}\left(\frac{k+1}{2} b \bar{a}\right)\right|}{|a|} = \frac{k+1}{2|a|} |\operatorname{Im}(b\bar{a})|,
\]
ponieważ $k > 0$, więc $k+1 > 0$.

Zatem okrąg o średnicy $BC$ jest styczny do prostej $AD$ wtedy i tylko wtedy, gdy:
\begin{align}
    d(O, AD) = r_1 &\iff \frac{k+1}{2|a|} |\operatorname{Im}(b\bar{a})| = \frac{|k - 1|}{2}|b| \nonumber \\
    &\iff \frac{|\operatorname{Im}(b\bar{a})|}{|a| \cdot |b|} = \frac{|k - 1|}{k+1}. \label{eq:complex_cond1}
\end{align}

\subsubsection*{2. Warunek styczności okręgu o średnicy $AD$ do prostej $BC$}

Analogicznie, środek odcinka $AD$ to:
\[
z_{O'} = \frac{a + d}{2} = \frac{a + ka}{2} = \frac{k+1}{2} a.
\]
Promień $r_2$ okręgu o średnicy $AD$ wynosi:
\[
r_2 = \frac{1}{2}|d - a| = \frac{|k - 1|}{2}|a|.
\]
Odległość środka $z_{O'}$ od prostej $BC$ (prostej $\mathbb{R}b$) wynosi:
\[
d(O', BC) = \frac{|\operatorname{Im}(z_{O'} \bar{b})|}{|b|} = \frac{\left|\operatorname{Im}\left(\frac{k+1}{2} a \bar{b}\right)\right|}{|b|} = \frac{k+1}{2|b|} |\operatorname{Im}(a\bar{b})|.
\]
Zatem okrąg o średnicy $AD$ jest styczny do prostej $BC$ wtedy i tylko wtedy, gdy:
\begin{align}
    d(O', BC) = r_2 &\iff \frac{k+1}{2|b|} |\operatorname{Im}(a\bar{b})| = \frac{|k - 1|}{2}|a| \nonumber \\
    &\iff \frac{|\operatorname{Im}(a\bar{b})|}{|a| \cdot |b|} = \frac{|k - 1|}{k+1}. \label{eq:complex_cond2}
\end{align}

\subsubsection*{3. Wnioskowanie}

Zauważmy podstawową własność sprzężenia zespolonego:
\[
a\bar{b} = \overline{\bar{a}b} = \overline{b\bar{a}}.
\]
Ponieważ dla dowolnej liczby $w \in \mathbb{C}$ zachodzi $\operatorname{Im}(\bar{w}) = -\operatorname{Im}(w)$, mamy:
\[
|\operatorname{Im}(a\bar{b})| = |-\operatorname{Im}(b\bar{a})| = |\operatorname{Im}(b\bar{a})|.
\]
Wobec tego lewe strony równości \eqref{eq:complex_cond1} oraz \eqref{eq:complex_cond2} są tożsamościowo równe:
\[
\frac{|\operatorname{Im}(b\bar{a})|}{|a| \cdot |b|} = \frac{|\operatorname{Im}(a\bar{b})|}{|a| \cdot |b|}.
\]
Oznacza to, że warunki \eqref{eq:complex_cond1} i \eqref{eq:complex_cond2} są równoważne. Ze styczności okręgu o średnicy $BC$ do prostej $AD$ wynika prawdziwość \eqref{eq:complex_cond1}, co pociąga za sobą prawdziwość \eqref{eq:complex_cond2}, a to dowodzi styczności okręgu o średnicy $AD$ do prostej $BC$.

\subsection*{Przypadek 2: Proste $AD$ i $BC$ są równoległe}

Jeśli $AD \parallel BC$, to czworokąt $ABCD$ jest równoległobokiem. Wówczas $AD = BC$, a odległość między prostymi równoległymi $AD$ i $BC$ oznaczmy przez $d$. 

Środek $O$ odcinka $BC$ leży na prostej $BC$, więc jego odległość od prostej $AD$ wynosi dokładnie $d$. Warunek styczności okręgu o średnicy $BC$ do prostej $AD$ oznacza zatem:
\[
d = \frac{1}{2}BC.
\]
Ponieważ w równoległoboku $BC = AD$, zachodzi również:
\[
d = \frac{1}{2}AD.
\]
Środek $O'$ odcinka $AD$ leży na prostej $AD$, zatem jego odległość od prostej $BC$ także wynosi $d = \frac{1}{2}AD$, co natychmiast oznacza, że okrąg o średnicy $AD$ jest styczny do prostej $BC$. \qed

\begin{figure}[H]
    \centering
    \begin{tikzpicture}[scale=1.1]
        % Wierzchołki równoległoboku (kąt 30 st., AB = AD = 4)
        \coordinate (A) at (0,0);
        \coordinate (B) at (4,0);
        \coordinate (D) at (30:4);
        \coordinate (C) at ($(B) + (D)$);
        
        % Środki odcinków AD i BC
        \coordinate (Oprime) at (30:2);
        \coordinate (O) at ($(B) + (Oprime)$);
        
        % Punkty styczności (rzuty środków na przeciwległe proste)
        \coordinate (T1) at ($(A)!(O)!(D)$);
        \coordinate (T2) at ($(B)!(Oprime)!(C)$);
        
        % Proste zawierające ramiona
        \draw[dashed, red!70, thick] ($(A)!-0.35!(D)$) -- ($(A)!1.35!(D)$) node[above left, black] {prosta $AD$};
        \draw[dashed, blue!70, thick] ($(B)!-0.35!(C)$) -- ($(B)!1.35!(C)$) node[above right, black] {prosta $BC$};
        
        % Okręgi
        \draw[blue, thick] (O) circle (2);
        \draw[red, thick] (Oprime) circle (2);
        
        % Równoległobok
        \draw[line width=1.3pt] (A) -- (B) -- (C) -- (D) -- cycle;
        
        % Odcinki odległości (promienie styczności)
        \draw[dashed, blue, thick] (O) -- (T1);
        \draw[dashed, red, thick] (Oprime) -- (T2);
        
        % Punkty
        \fill (A) circle (2pt) node[below left] {$A$};
        \fill (B) circle (2pt) node[below right] {$B$};
        \fill (C) circle (2pt) node[above right] {$C$};
        \fill (D) circle (2pt) node[above left] {$D$};
        \fill[blue] (O) circle (2pt) node[below right] {$O$};
        \fill[red] (Oprime) circle (2pt) node[above left] {$O'$};
        \fill[blue] (T1) circle (2pt) node[above left] {$T_1$};
        \fill[red] (T2) circle (2pt) node[below right] {$T_2$};
        
        % Etykiety okręgów
        \node[blue, right] at ($(O) + (0:2)$) {$o_1$};
        \node[red, left] at ($(Oprime) + (180:2)$) {$o_2$};
    \end{tikzpicture}
    \caption{Przypadek 2: $AD \parallel BC$ (równoległobok). Odległość między prostymi $AD$ i $BC$ wynosi $d = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}AD$, więc oba okręgi są styczne do przeciwległych prostych ramion.}
    \label{fig:complex_case2}
\end{figure}

\begin{remark}
Warto zauważyć geometryczny sens wyrażenia w dowodzie zespolonym:
\[
\frac{|\operatorname{Im}(a\bar{b})|}{|a| \cdot |b|} = \sin \angle ASB.
\]
Warunek styczności w obu przypadkach redukuje się po prostu do zależności:
\[
\sin \angle ASB = \left|\frac{k - 1}{k + 1}\right|,
\]
która zależy wyłącznie od kąta między prostymi $AD$ i $BC$ oraz skali jednokładności $k = \frac{CD}{AB}$.
\end{remark}

\section*{Trzeci sposób (syntetyczny -- metoda pól)}

Przedstawimy klasyczne, czysto geometryczne rozwiązanie oparte na polach trójkątów i własnościach linii środkowej trapezu.

\subsection*{Dowód}

Niech punkty $M$ i $N$ będą odpowiednio środkami ramion $AD$ i $BC$ danego trapezu $ABCD$. Odcinek $MN$ jest linią środkową trapezu, skąd:
\[
MN \parallel AB \parallel CD.
\]
Oznaczmy przez $o_1$ okrąg o średnicy $BC$ (jego środkiem jest punkt $N$, a promień wynosi $r_1 = NC = \frac{1}{2}BC$), a przez $o_2$ okrąg o średnicy $AD$ (o środku $M$ i promieniu $r_2 = MD = \frac{1}{2}AD$).

\begin{figure}[H]
    \centering
    \begin{tikzpicture}[scale=1.35]
        % Współrzędne wierzchołków
        \coordinate (M) at (0,0);
        \coordinate (N) at (2.5,0);
        \coordinate (D) at (-1,2);
        \coordinate (A) at (1,-2);
        \coordinate (C) at (3.5,2);
        \coordinate (B) at (1.5,-2);

        % Punkty styczności
        \coordinate (Q) at (0.5,-1);
        \coordinate (P) at (2,-1);

        % Wypełnienia trójkątów MND i MNC
        \fill[red!15] (M) -- (N) -- (D) -- cycle;
        \fill[blue!15] (M) -- (N) -- (C) -- cycle;

        % Okręgi o1 i o2 (promień sqrt(5) ~= 2.236)
        \draw[blue, thick] (N) circle (2.236);
        \draw[red, thick] (M) circle (2.236);

        % Boki trapezu
        \draw[line width=1.3pt] (A) -- (B) -- (C) -- (D) -- cycle;

        % Linia środkowa MN
        \draw[dashed, olive!90!black, line width=1.1pt] (-1.8,0) -- (4.2,0) node[right, black] {$MN \parallel CD$};

        % Wysokości NQ i MP (promienie do punktów styczności)
        \draw[thick, blue] (N) -- (Q);
        \draw[thick, red] (M) -- (P);

        % Kąty proste przy punktach styczności
        \draw[blue, thin] ($(Q)!0.2!(N)$) -- ++($(Q)!0.2!(D)-(Q)$) -- ($(Q)!0.2!(D)$);
        \draw[red, thin] ($(P)!0.2!(M)$) -- ++($(P)!0.2!(C)-(P)$) -- ($(P)!0.2!(C)$);

        % Boki trójkątów
        \draw[red!80!black, thick] (M) -- (D);
        \draw[blue!80!black, thick] (N) -- (C);

        % Punkty
        \fill (A) circle (2pt) node[below] {$A$};
        \fill (B) circle (2pt) node[below] {$B$};
        \fill (C) circle (2pt) node[above right] {$C$};
        \fill (D) circle (2pt) node[above left] {$D$};
        \fill[red] (M) circle (2pt) node[above left] {$M$};
        \fill[blue] (N) circle (2pt) node[above right] {$N$};
        \fill[blue] (Q) circle (2pt) node[left] {$Q$};
        \fill[red] (P) circle (2pt) node[right] {$P$};

        % Podpisy
        \node[red] at (-0.3,1) {$MD$};
        \node[blue] at (3.2,1) {$NC$};
        \node[blue, above right] at ($(N) + (40:2.236)$) {$o_1$};
        \node[red, above left] at ($(M) + (140:2.236)$) {$o_2$};
    \end{tikzpicture}
    \caption{Trójkąty $\triangle MND$ i $\triangle MNC$ mają wspólną podstawę $MN$ i równe wysokości opuszczone na prostą $MN$. Odcinki $NQ$ i $MP$ są wysokościami opuszczonymi na proste ramion trapezu.}
    \label{fig:synthetic_areas}
\end{figure}

Rozważmy trójkąty $\triangle MND$ oraz $\triangle MNC$.
\begin{enumerate}
    \item Ponieważ prosta $CD$ jest równoległa do prostej $MN$, odległości punktów $C$ i $D$ od prostej $MN$ są równe. Trójkąty $\triangle MND$ i $\triangle MNC$ mają zatem wspólną podstawę $MN$ oraz równe wysokości opuszczone na tę podstawę. Wobec tego ich pola są równe:
    \begin{equation}
        \label{eq:equal_areas}
        [\triangle MND] = [\triangle MNC].
    \end{equation}

    \item Z założenia zadania okrąg $o_1$ o średnicy $BC$ jest styczny do prostej $AD$ w pewnym punkcie $Q$. Promień $NQ$ poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do prostej $AD$, a jego długość wynosi:
    \[
    NQ = r_1 = NC.
    \]
    Zatem odcinek $NQ$ jest wysokością trójkąta $\triangle MND$ opuszczoną z wierzchołka $N$ na prostą zawierającą bok $MD$. Pole trójkąta $\triangle MND$ wynosi więc:
    \begin{equation}
        \label{eq:area_MND}
        [\triangle MND] = \frac{1}{2} \cdot MD \cdot NQ = \frac{1}{2} \cdot MD \cdot NC.
    \end{equation}

    \item Niech punkt $P$ będzie rzutem prostokątnym punktu $M$ na prostą $BC$. Wówczas odcinek $MP$ jest wysokością trójkąta $\triangle MNC$ opuszczoną z wierzchołka $M$ na prostą zawierającą bok $NC$. Pole trójkąta $\triangle MNC$ wynosi zatem:
    \begin{equation}
        \label{eq:area_MNC}
        [\triangle MNC] = \frac{1}{2} \cdot NC \cdot MP.
    \end{equation}
\end{enumerate}

Porównując wzory \eqref{eq:area_MND} oraz \eqref{eq:area_MNC} na mocy równości \eqref{eq:equal_areas}, otrzymujemy:
\[
\frac{1}{2} \cdot MD \cdot NC = \frac{1}{2} \cdot NC \cdot MP \implies MD = MP.
\]
Ponieważ $M$ jest środkiem odcinka $AD$, promień okręgu $o_2$ o średnicy $AD$ wynosi dokładnie $r_2 = MD$. 

Równość $MP = MD = r_2$ wraz z prostopadłością $MP \perp BC$ oznacza, że odległość środka $M$ okręgu $o_2$ od prostej $BC$ jest równa jego promieniowi. Dowodzi to, że okrąg o średnicy $AD$ jest styczny do prostej $BC$ w punkcie $P$, co kończy dowód. \qed

\end{document}