Problem OM 76.2.5

% Geometry, Triangles, Circles, MidlineTheorem, AngleChasing

\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}{LXXVI OM, etap 2, zadanie 5}

\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}

Dany jest trójkąt ostrokątny $ABC$. Okrąg o środku $J$ jest
styczny do boku $BC$ w punkcie $D$, do przedłużenia boku $AC$
w punkcie $E$ i do przedłużenia boku $AB$ w punkcie $F$. Prosta $DE$
przecina proste $CJ$ i $BJ$ odpowiednio w punktach $P$ i $Q$. Punkt $M$
jest środkiem odcinka $AD$. Wykazać, że $PM = QM$.

\bigskip

\noindent\textbf{Solution:}

W rozwiązaniu zadania będziemy korzystać z twierdzenia o odcinku łączącym środki boków w trójkącie:

\begin{theorem}
    \label{t1}
    Odcinek łączący środki dwóch boków trójkąta jest równoległy do trzeciego boku,
    a jego długość jest równa połowie długości tego trzeciego boku.
\end{theorem}

\begin{proof}
    Niech dany będzie trójkąt $ABC$. Niech punkty $D$ i $E$ będą środkami boków odpowiednio $AB$ i $AC$.
    Zatem:
    \begin{enumerate}
        \item $D \in AB$ oraz $|AD| = |BD|$
        \item $E \in AC$ oraz $|AE| = |CE|$
    \end{enumerate}

    \begin{figure}[H]
        \centering
        \includegraphics[width=.8\textwidth]{img/76.2.5_i5.jpg}
        \caption{Rysunek do tw. \ref{t1}}
        \label{fig1}
    \end{figure}

    Teza jest więc taka:
    \begin{enumerate}
        \item $DE \parallel BC$
        \item $|DE| = \frac{1}{2}|BC|$
    \end{enumerate}

    Rozważmy trójkąty $\triangle ADE$ oraz $\triangle ABC$.

    \begin{enumerate}
        \item Kąt $\angle DAE$ (kąt przy wierzchołku $A$) jest wspólny dla obu trójkątów.
        \item Z założeń o środkach boków wynika stosunek długości boków przyległych do kąta $A$:
        \[
        \frac{|AD|}{|AB|} = \frac{|AD|}{2 \cdot |AD|} = \frac{1}{2}
        \]
        \[
        \frac{|AE|}{|AC|} = \frac{|AE|}{2 \cdot |AE|} = \frac{1}{2}
        \]
    \end{enumerate}

    Na podstawie cechy podobieństwa \textbf{Bok-Kąt-Bok (BKB)}, trójkąty te są podobne:
    \[
    \triangle ADE \sim \triangle ABC
    \]

    Skala podobieństwa wynosi $k = \frac{1}{2}$.

    Z podobieństwa trójkątów wynika równość odpowiednich kątów oraz proporcjonalność boków.

    \begin{itemize}
        \item \textbf{Równoległość:} Kąty odpowiadające $\angle ADE$ i $\angle ABC$ są równe. Równość kątów odpowiadających implikuje, że proste zawierające boki $DE$ i $BC$ są równoległe:
        \[
        DE \parallel BC
        \]
        \item \textbf{Długość:} Stosunek boków naprzeciwległych do wspólnego kąta musi być równy skali podobieństwa:
        \[
        \frac{|DE|}{|BC|} = k = \frac{1}{2} \implies |DE| = \frac{1}{2}|BC|
        \]
    \end{itemize}
    \hfill
\end{proof}

Zauważmy, że ten okrąg o środku w punkcie $J$ to okrąg \textbf{dopisany} do boku $BC$.

Znana jest właśność, że tenże okrąg musi leżeć na przecięciu dwusiecznej kąta 
wewnętrznego przy wierzchołku $A$ z dwusieczną kąta zewnętrznego przy wierzchołku 
$B$ i $C$. (wszystkie trzy dwusieczne przetną się w punkcie $J$)

Czyli, formalnie, punkt $J$ jest na przecięciu dwusiecznych kątów: $BAC$, $FBC$, $BCE$.

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.9\textwidth]{img/76.2.5_i1.jpg}
    \caption{Konfiguracja początkowa}
    \label{fig2}
\end{figure}

Zauważmy, że punkt $P$ jest środkiem odcinka $DE$. 
Jest tak, ponieważ czworokąt $JDCE$ jest deltoidem.

Czworokąt $JDCE$ jest deltoidem, bo:
\begin{enumerate}
    \item $|JD|=|JE|$ (bo są to promienie okręgu)
    \item $|DC|=|CE|$ (bo są odcinki styczne do okręgu)
\end{enumerate}

Skoro $P$ jest środkiem $DE$ to stąd wynika, że odcinek $PM$ jest odcinkiem 
łączącym środki boków w trójkącie $AED$ !
Co oznacza, że wykorzystamy twierdzenie \ref{t1}:
\begin{enumerate}
    \item $|PM| = \frac{1}{2}|AE|$
    \item $PM \parallel AE$
\end{enumerate}

Skonstruujmy punkt $X$ w taki sposób, żeby były spełnione warunki:
\begin{enumerate}
    \item $AX \parallel QM$
    \item $|AX|=2|QM|$
\end{enumerate}

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.9\textwidth]{img/76.2.5_i2.jpg}
    \caption{Punkt $X$}
    \label{fig3}
\end{figure}

Czemu taki punkt $X$? Zauważmy, że po prostu dzięki takiej konstrukcji mamy, że
odcinek $QM$ jest odcinkiem łączącym środki boków w trójkącie $DXA$.

W takiej konstrukcji nasza teza w zadaniu, że $|PM|=|QM|$ jest równoważna temu, że
\[
|AX|=|AE|
\]

Dlatego spróbujmy udowodnić \(|AX|=|AE|\).

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.9\textwidth]{img/76.2.5_i3.jpg}
    \caption{Rysunek pomocniczy}
    \label{fig4}
\end{figure}

Oznaczmy, że $\angle BAC = 2\alpha$.
Wiemy, że $AJ$ jest dwusieczną kąta $BAC$, więc $\angle BAJ = \alpha$.

Wprowadźmy również, że $\angle CBA = 2\beta$.

Stąd wynika, że $\angle ACB = 180^\circ - 2\alpha - 2\beta$ (suma kątów w trójkącie jest równa $180^\circ$)

Dalej, mamy, że: 
\[
    \angle DCE = 180^\circ - \angle ACB = 2\alpha + 2\beta 
\]

Wiemy, że $CJ$ jest dwusieczną kąta $DCE$, więc: 
\[
    \angle DCP = \alpha + \beta
\]

Trójkąt $DCP$ jest trójkątem prostokątnym, ponieważ kąt $\angle CPD = 90^\circ$.
A z kolei ten kąt jest prosty, ponieważ w deltoidzie przekątne się przecinają pod 
kątem prostym (gdzieś wyżej pokazałem czemu czworokąt $JDCE$ jest deltoidem)

A skoro trójkąt $DCP$ jest prostokątny, to mamy, że:
\[
    \angle PDC = 90^\circ - \angle DCP = 90^\circ - \alpha - \beta
\]

Mamy, że: $\angle QDB = \angle PDC$ (kąty wierzchołkowe)

Z drugiej strony, skoro $\angle CBA = 2\beta$, to:
\[
    \angle FBD = 180^\circ - 2\beta
\]

Ponadto wiemy, że $BJ$ jest dwusieczną kąta $FBD$, więc:
\[
    \angle FBJ = 90^\circ - \beta
\]

Kolejne kąty wierzchołkowe:
\[
    \angle ABQ = \angle FBJ 
\]

Teraz popatrzmy na trójkąt $BQD$. Kąt przy wierzchołku $D$ znamy, jest to: $\angle QDB = 90^\circ - \alpha - \beta$.
Ale ile wynosi kąt przy wierzchołku $B$? Jest to zaiste suma dwóch kątów, które znamy:
\[
    \angle DBQ = \angle CBA + \angle ABQ = 90^\circ + \beta 
\] 

Skoro znamy dwa kąty w trójkącie $BDQ$ to poznajmy również i trzeci:
\[
    \angle BQD = 180^\circ - \angle DBQ - \angle QDB = \alpha
\]

Wychodzi $\alpha$ ! To takie słodziutkie, trzeba to przyznać. (patrz rys. \ref{fig5} – jest na końcu)

I teraz trzeba wrócić na chwilę do jednej rzeczy o której wyżej zapomniałem.
A mianowicie dowodzik, że $XF \parallel QB$.

Dlaczego są równoległe? Poprowadźmy odcinek $DF$ i oznaczmy, że $Y$ to punkt przecięcia $BJ$ i $DF$.

Czworokąt $JFBD$ jest deltoidem (z takich samych powodów dla których $JDCE$ jest deltoidem).

A skoro jest deltoidem, to $Y$ jest środkiem odcinka $DF$. (bo $Y$ jest \textit{de facto} przecięciem przekątnych)

Wiemy z konstrukcji punktu $X$, że $Q$ jest środkiem odcinka $XD$.

Zatem, już mamy wszystko by stwierdzić,
że odcinek $QY$ jest odcinkiem łączącym środki boków w trójkącie $FXD$, a zatem z twierdzenia \ref{t1} wynika, że $QY \parallel XF$.

A oczywiste jest, że $QY \parallel QJ$, bo punkty $Q$, $Y$, $J$ i $B$ są przecież współliniowe.

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.9\textwidth]{img/76.2.5_i6.jpg}
    \caption{$XF \parallel QB$}
    \label{fig6}
\end{figure}

A skoro $QJ \parallel XF$ oraz $\angle JQD = \alpha$, to musi być:
\[
    \angle FXD = \angle JQD = \alpha 
\]

A teraz zauważmy to: możemy powiedzieć, że kąt $FXD$ \textbf{PATRZY} pod kątem
$\alpha$ na odcinek $FE$.

Z drugiej zaś strony, kąt $BAC$ \textbf{PATRZY} pod kątem $2\alpha$ na odcinek $FE$.

A przecież punkty $A$ i $X$ leżą po tej samej stronie prostej $FE$.

A zatem, możemy powiedzieć, że punkty $X$, $F$, $E$ leżą na okręgu o środku w punkcie $A$ i promieniu $AE$.
(twierdzenie o kącie środkowym i wpisanym w okrąg)

A skoro tak, to: $|AX|=|AE|$, co jest równoważne tezie z zadania.

Czyli $|PM|=|QM|$, co należało dowieść.

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.9\textwidth]{img/76.2.5_i4.jpg}
    \caption{Oznaczenia kątów}
    \label{fig5}
\end{figure}

\end{document}