Problem OM 77.2.4

% Geometry, AngleChasing

\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{amsmath, amsthm}

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

\setmainfont{Linux Libertine O}

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

\newcommand{\Name}{Hostek}
\newcommand{\Email}{your.email@example.com}
\newcommand{\ProblemNumber}{LXXVII 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}

\fontsize{15}{18}\selectfont

\section*{Problem Statement}

Dany jest nierównoramienny trójkąt $ABC$ wpisany w okrąg $\Omega$
o środku $O$. Punkt $M$ jest środkiem tego łuku $BC$ okręgu $\Omega$, który
nie zawiera punktu $A$. Okrąg opisany na trójkącie $AOM$ przecina
proste $AB$ i $AC$ odpowiednio w punktach $P \neq A$ i $Q \neq A$. Załóżmy,
że punkty $A$, $B$, $P$ leżą w tej kolejności na prostej $AB$, a punkty $Q$,
$A$, $C$ leżą w tej kolejności na prostej $AC$. Wykazać, że symetralna
odcinka $PQ$ przecina prostą prostopadłą do $BC$ przechodzącą przez
punkt $A$ w punkcie leżącym na okręgu $\Omega$.

\bigskip

\noindent\textbf{Solution:}

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.8\textwidth]{img/77.2.4_i1.jpg}
    \caption{Konfiguracja początkowa}
    \label{f1}
\end{figure}

Wprowadźmy oznaczenia jak na powyższym rysunku.
Czyli, niech $I$ oznacza środek okręgu opisanego na trójkącie $AOM$,
$K$ niech oznacza środek odcinka $PQ$, 
$L$ niech oznacza przecięcie wysokości trójkąta $ABC$ wychodzącej z punktu $A$ z okręgiem $\Omega$.

Zauważmy, że teza jest równoważna temu, że punkt $L$ należy do symetralnej $PQ$.

Na początku pokażmy, że $M$ należy do symetralnej odcinka $PQ$.

Oznaczmy $\angle BAM = \alpha$. 
Wiemy, że prosta $AM$ jest dwusieczną kąta $BAC$, ponieważ łuki $BM$ i $CM$ są równej długości.

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.8\textwidth]{img/77.2.4_i3.jpg}
    \caption{Pokazanie, że $M$ należy do symetralnej $PQ$}
    \label{f2}
\end{figure}

Stąd wynika, że $\angle MAC = \alpha$.

Oczywiste jest, że $\angle PAM = \angle BAM = \alpha$, ponieważ punkty $A$, $B$, $P$ są współliniowe.

Wiadomo, że punkty $Q$, $A$, $O$, $M$, $P$ leżą na jednym okręgu.
A zatem, skoro kąt $PAM$ patrzy pod kątem $\alpha$ na łuk $PM$, to kąt $PQM$, 
który również patrzy na ten sam łuk jest, jest równy $\alpha$.
\[
    \angle PQM = \alpha
\]

Kąty $MAC$ i $QAM$ sumują się do $180^\circ$ (kąty przyległe). Więc:
\[
    \angle QAM = 180^\circ - \angle MAC = 180^\circ - \alpha
\]

Zauważmy, że czworokąt $QAMP$ jest wpisany w okrąg, zatem:
\[
    \angle MPQ = 180^\circ - \angle QAM = 180^\circ - 180^\circ + \alpha = \alpha
\]

Ale, skoro $\angle MPQ = \alpha = \angle PQM$ to trójkąt $PQM$ jest równoramienny!
Przy czym $PQ$ jest podstawą!
Więc istotnie symetralna odcinka $PQ$ przechodzi przez punkt $M$. (patrz rys. \ref{f2})

Pokazaliśmy, że trójkąt $PQM$ jest równoramienny. 
Jeśli pokażemy, że prosta $ML$ jest prostopadła do $PQ$ to dostaniemy tezę!
(bo wysokość w trójkącie równoramiennym jest symetralną)

A skoro tak jest, to żeby udowodnić tezę, wystarczy pokazać, że kąt $LMQ$ jest równy $90^\circ - \alpha$.

Spójrzmy na nasz rysunek w powiększeniu (zobacz rys. \ref{f3})

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=\textwidth]{img/77.2.4_i4.jpg}
    \caption{Rysunek w powiększeniu}
    \label{f3}
\end{figure}

Przy czym na rysunku \textbf{nie} zakładamy, że $K$, $L$, $M$ są współliniowe. (to chcemy wykazać)

Więc, wprowadźmy dodatkowe oznaczenia pomocnicze: (zobacz rys. \ref{f4}) \\
Niech $\angle CBA = \beta$ oraz $\angle ACB = \gamma$.

Zauważmy, że $2\alpha + \beta + \gamma = 180^\circ$ (bo suma kątów w trójkącie $ABC$ jest równa $180^\circ$)

Zapiszmy tę równość (przyda się w przyszłości)
\begin{equation}
    \label{e1}
    2\alpha + \beta + \gamma = 180^\circ
\end{equation}

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.8\textwidth]{img/77.2.4_i5.jpg}
    \caption{Kąty w trójkącie $ABC$}
    \label{f4}
\end{figure}

Zauważmy, że kąt $BAM$ patrzy na łuk $BM$. Tak samo kąt $BCM$ patrzy na ten łuk.
A skoro $B$, $A$, $C$ i $M$ leżą na okręgu $\Omega$ to są równe:
\[
    \angle BCM = \angle BAM = \alpha
\]

Kąt $BOM$ też patrzy na łuk $BM$, a jest to przecież kąt środkowy! Mamy zatem:
\[
    \angle BOM = 2 \cdot \angle BAM = 2\alpha
\]

Ponadto, kąt $ACB$ patrzy na łuk $BA$.
Na ten łuk patrzy również kąt środkowy $AOB$, zatem:
\[
    \angle AOB = 2 \cdot \angle ACB = 2\gamma
\]

Trójkąt $AOM$ jest równoramienny, ponieważ odcinki $AO$ i $OM$ są promieniami okręgu $\Omega$.

A przecież znamy kąt $AOM$! Jest to suma dwóch kątów:
\[
    \angle AOM = \angle AOB + \angle BOM = 2\alpha + 2\gamma
\]

Oznaczmy $\angle MAO = \angle OMA = \delta$. Obliczmy tę wartość (pamiętajmy, że to trójkąt równoramienny!)
\[
    \delta = \frac{180^\circ - \angle AOM}{2} = 90^\circ - \alpha - \gamma
\] 

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.8\textwidth]{img/77.2.4_i6.jpg}
    \caption{Zaznaczone kąty $\delta$}
    \label{f5}
\end{figure}

Czworokąt $QAOM$ jest wpisany w okrąg. Zatem:
\[
    \angle MQA = 180^\circ - \angle AOM = 180^\circ - 2\alpha - 2\gamma = 2\delta
\]

Spójrzmy teraz na trójkąt $QCM$. (zobacz rys. \ref{f6}) 
Suma kątów w tymże trójkącie musi być równa $180^\circ$.
A przecież znamy wszystkie kąty oprócz $CMQ$! Obliczmy, zatem, ten kąt!
\[
    \angle CMQ = 180^\circ - \angle MQC - \angle QCM = \alpha + \gamma
\]

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.8\textwidth]{img/77.2.4_i7.jpg}
    \caption{Obliczenie kąta $CMQ$}
    \label{f6}
\end{figure}

Kąt $BAL$ jest równy $90^\circ - \beta$. (ponieważ $AL$ jest prostopadłe do $BC$)

Tenże kąt $BAL$ patrzy na łuk $BL$. Kąt $BML$ też patrzy na ten łuk! Więc są równe.
(bo $A$, $M$, $L$, $B$ leżą na okręgu $\Omega$)
\[
    \angle BML = \angle BAL = 90^\circ - \beta
\]

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=.8\textwidth]{img/77.2.4_i8.jpg}
    \caption{Obliczenie kąta $BML$}
    \label{f7}
\end{figure}

Spójrzmy teraz na czworokąt $ACMB$. Jest to czworokąt wpisany w okrąg $\Omega$.
A skoro jest wpisany w okrąg to mamy:
\[
    \angle CMB = 180^\circ - \angle BAC = 180^\circ - 2\alpha
\]

Ale, spójrzmy teraz na kąt $QMB$. Przecież ten kąt jest równy:
\begin{align*}
    \angle QMB &= \angle CMB - \angle CMQ \\
    &= 180^\circ - 2\alpha - \alpha - \gamma \\
    &= 180^\circ - 3\alpha - \gamma
\end{align*}

Policzmy teraz nasz szukany kąt $LMQ$, który jest przecież równy:
\begin{align*}
    \angle LMQ &= \angle QMB + \angle BML \\
    &= 180^\circ - 3\alpha - \gamma + 90^\circ - \beta \\
    &= 270^\circ - (2\alpha + \beta + \gamma) - \alpha \\
    &= 270^\circ - 180^\circ - \alpha \\
    &= 90^\circ - \alpha
\end{align*}

A przecież powyżej pokazaliśmy, że teza jest równoważna temu, że 
\[
    \angle LMQ = 90^\circ - \alpha
\]

A zatem teza udowodniona! \qed

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=\textwidth]{img/77.2.4_i9.jpg}
    \caption{Rysunek końcowy}
    \label{f8}
\end{figure}

\end{document}