Problem OM 78.P.2

% 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}

\usetikzlibrary{calc}

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

\setmainfont{Linux Libertine O}

\newtheorem{theorem}{Twierdzenie}[section]
\newtheorem{lemma}{Lemat}[section]

\newcommand{\Name}{Hostek}
\newcommand{\Email}{your.email@example.com}
\newcommand{\ProblemNumber}{LXXVIII OM, etap 1, zadanie p2}

\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}

Punkt $I$ jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt $ABC$. Prosta $AI$ przecina
bok $BC$ w punkcie $D$ oraz okrąg opisany na trójkącie $ABC$ w punkcie $E$ różnym
od $A$. Punkt $J$ jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt $BDE$. Udowodnić, że
$BJ$ = $IJ$.

\bigskip

\section*{Rozwiązanie}

Wprowadźmy następujące oznaczenia:
\begin{align}
    \angle BAC &= 4\alpha \\
    \angle ABC &= 2\beta
\end{align}

Wiadomo, że środek okręgu wpisanego w trójkąt leży na przecięciu dwusiecznych kątów wewnętrznych.

Stąd możemy wyznaczyć te kąty:
\begin{align}
    \angle BAI = \angle IAC &= 2\alpha\\
    \angle ABI = \angle IBD &= \beta
\end{align}

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=0.8\textwidth]{img/78.p.2.i1.jpg}
    \caption{Konfiguracja początkowa}
\end{figure}

Z założenia, że $E$ leży na okręgu opisanym na trójkącie $ABC$ wynika, że czworokąt $ABEC$ jest wpisany w okrąg.

Widzimy, że kąt $EAC$ jest oparty na łuku $EC$, tak samo jak kąt $CBE$. Stąd wynika, że:
\[
    \angle CBE = \angle EAC
\]

Przy czym zachodzi równość $\angle EAC = \angle IAC$, bo punkty $A$, $I$, $D$, $E$ leżą w takiej kolejności na półprostej $AI$.

Zatem mamy:
\[
    \angle CBE = \angle IAC = 2\alpha
\]

Podobnie, kąt $BCE$ patrzy na łuk $BE$ tak samo jak kąt $BAE$. Mamy więc:
\[
    \angle BCE = \angle BAE = \angle BAI = 2\alpha
\]

Widzimy więc, że trójkąt $BEC$ jest równoramienny. Czyli:
\[
    \angle BEC = 180^\circ - 4\alpha
\]

Zauważmy, że kąt $ABC$ jest oparty na łuku $AC$ tak samo jak kąt $AEC$. Wynika stąd, że:
\[
    \angle AEC = \angle ABC = 2\beta
\]

Obliczmy kąt $BEA$:
\[
    \angle BEA = \angle BEC - \angle AEC = 180^\circ - 4\alpha - 2\beta
\]

W trójkącie $BED$ znamy już dwa kąty ($BED$ i $DBE$), obliczmy zatem trzeci:
\[
    \angle EDB = 180^\circ - \angle DBE - \angle BED = 2\alpha + 2\beta
\]

Możemy dzięki temu policzyć też kąt $BDA$:
\[
    \angle BDA = 180^\circ - \angle EDB = 180^\circ - 2\alpha - 2\beta
\]

Zauważmy, że skoro $J$ jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt $BDE$ to półprosta $DJ$ jest dwusieczną kąta wewnętrznego $EDB$. Czyli:
\[
    \angle BDJ = \alpha + \beta
\]

Obliczmy teraz kąt $IDJ$:
\[
    \angle IDJ = \angle IDB + \angle BDJ = \angle BDA + \alpha + \beta = 180^\circ - \alpha - \beta
\]

Teraz obliczmy kąt $IBJ$:
\[
    \angle IBJ = \angle IBD + \angle DBJ = \alpha + \beta
\]

Zauważmy ważny fakcik:
\[
    \angle IDJ = 180^\circ - \angle IBJ
\]

Z tej równości wynika, że czworokąt $BIDJ$ jest wpisany w okrąg! W tym okręgu widzimy, że kąt $BIJ$ jest oparty na łuku $BJ$ tak samo jak kąt $BDJ$. Czyli dostajemy:
\[
    \angle BIJ = \angle BDJ = \alpha + \beta
\]

Widzimy, że $\angle BIJ = \angle IBJ$, czyli trójkąt $BIJ$ jest równoramienny, a stąd dostajemy:
\[
    BJ = IJ
\]

Czyli teza. \qed

\section*{Drugi sposób}

W tym rozwiązaniu wykorzystamy klasyczny fakt z geometrii trójkąta — lemat o trójliściu (nazywany również \emph{twierdzeniem o warkoczu} lub \emph{Incenter-Excenter Lemma}).

\begin{lemma}[Lemat o trójliściu]
Dany jest trójkąt $ABC$ wpisany w okrąg $\Omega$. Niech $I$ oznacza środek okręgu wpisanego w trójkąt $ABC$, zaś $E \neq A$ punkt przecięcia dwusiecznej kąta $BAC$ z okręgiem $\Omega$. Wówczas zachodzi równość:
\[
    EB = EI = EC.
\]
\end{lemma}

\begin{proof}
Dwusieczna kąta $BAC$ dzieli łuk $BC$ nienależący do $A$ na dwa równe łuki: $\widehat{BE} = \widehat{EC}$. Z twierdzenia o kątach wpisanych opartych na równych łukach wynika, że:
\[
    \angle EBC = \angle EAC = \frac{1}{2}\angle BAC.
\]
Równocześnie $BI$ jest dwusieczną kąta $ABC$, zatem $\angle CBI = \frac{1}{2}\angle ABC$. Obliczmy kąt $\angle EBI$:
\[
    \angle EBI = \angle EBC + \angle CBI = \frac{1}{2}\angle BAC + \frac{1}{2}\angle ABC.
\]
Z kolei kąt $\angle EIB$ jest kątem zewnętrznym w trójkącie $ABI$, więc jego miara wynosi:
\[
    \angle EIB = \angle BAI + \angle ABI = \frac{1}{2}\angle BAC + \frac{1}{2}\angle ABC.
\]
Otrzymaliśmy $\angle EBI = \angle EIB$, co oznacza, że trójkąt $EBI$ jest równoramienny i $EB = EI$. Analogicznie (z symetrii oznaczeń) dowodzi się, że $EC = EI$, co kończy dowód lematu.
\end{proof}

\begin{figure}[H]
    \centering
    \begin{tikzpicture}[scale=1.15]
        \coordinate (O) at (0, 0);
        \coordinate (A) at (-0.65, 2.41);
        \coordinate (B) at (-2.17, -1.25);
        \coordinate (C) at (2.17, -1.25);
        \coordinate (E) at (0, -2.5);
        \coordinate (I) at (-0.33, -0.02);

        \draw[thick] (O) circle (2.5);

        \draw[thick] (A) -- (B) -- (C) -- cycle;

        \draw[thick, blue] (A) -- (E);

        \draw[very thick, red] (E) -- (B);
        \draw[very thick, red] (E) -- (I);
        \draw[very thick, red] (E) -- (C);

        \draw[dashed, gray] (B) -- (I);
        \draw[dashed, gray] (C) -- (I);

        \filldraw (A) circle (1.5pt) node[above left] {$A$};
        \filldraw (B) circle (1.5pt) node[left] {$B$};
        \filldraw (C) circle (1.5pt) node[right] {$C$};
        \filldraw (E) circle (1.5pt) node[below] {$E$};
        \filldraw (I) circle (1.5pt) node[right] {$I$};

        \node at (-1.35, -1.95) [rotate=40, red] {\textbf{||}};
        \node at (-0.16, -1.26) [rotate=90, red] {\textbf{||}};
        \node at (1.35, -1.95) [rotate=-40, red] {\textbf{||}};
    \end{tikzpicture}
    \caption{Ilustracja lematu o trójliściu: $EB = EI = EC$.}
\end{figure}

\bigskip

\begin{proof}[Rozwiązanie zadania]
Zastosujmy lemat o trójliściu do trójkąta $ABC$. Wynika z niego bezpośrednio, że:
\[
    EB = EI.
\]
Oznacza to, że trójkąt $EBI$ jest równoramienny o wierzchołku $E$. W trójkącie równoramiennym dwusieczna kąta między ramionami pokrywa się z symetralną podstawy, zatem:
\begin{center}
    \emph{dwusieczna kąta $\angle IEB$ jest symetralną odcinka $BI$.}
\end{center}

Zauważmy teraz, że punkty $E$, $D$ oraz $I$ leżą w tej kolejności na prostej $AE$. Wobec tego kąt $\angle IEB$ to dokładnie ten sam kąt, co kąt wewnętrzny $\angle DEB$ trójkąta $BDE$.

Z założenia zadania punkt $J$ jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt $BDE$, co oznacza, że półprosta $EJ$ jest dwusieczną kąta $\angle DEB = \angle IEB$. 

Skoro prosta $EJ$ jest dwusieczną kąta $\angle IEB$, a jednocześnie symetralną odcinka $BI$, to punkt $J$ (leżący na prostej $EJ$) leży na symetralnej odcinka $BI$. Każdy punkt leżący na symetralnej odcinka jest jednakowo oddalony od jego końców, skąd natychmiast otrzymujemy:
\[
    BJ = IJ,
\]
co należało udowodnić.
\end{proof}

\begin{figure}[H]
    \centering
    \begin{tikzpicture}[scale=1.2]
        \coordinate (O) at (0, 0);
        \coordinate (A) at (-0.65, 2.41);
        \coordinate (B) at (-2.17, -1.25);
        \coordinate (C) at (2.17, -1.25);
        \coordinate (E) at (0, -2.5);
        \coordinate (I) at (-0.33, -0.02);
        \coordinate (D) at (-0.17, -1.25);
        \coordinate (J) at (-0.55, -1.68);
        \coordinate (M) at (-1.25, -0.635);

        \draw[gray!40, thin] (O) circle (2.5);

        \draw[gray!60] (A) -- (B) -- (C) -- cycle;
        \draw[thick] (A) -- (E);

        \draw[thick, blue] (E) -- (B);
        \draw[thick, blue] (B) -- (I);

        \draw[thick, teal, dashed] (E) -- (-1.45, -0.35);

        \draw[thin] ($-0.1*(1.84, 1.23) + (M)$) -- ++(0.12, -0.18) -- ++(0.18, 0.12);

        \draw[very thick, red] (B) -- (J);
        \draw[very thick, red] (I) -- (J);

        \filldraw (A) circle (1.2pt) node[above left] {$A$};
        \filldraw (B) circle (1.5pt) node[left] {$B$};
        \filldraw (C) circle (1.2pt) node[right] {$C$};
        \filldraw (D) circle (1.3pt) node[below right] {$D$};
        \filldraw (E) circle (1.5pt) node[below] {$E$};
        \filldraw (I) circle (1.5pt) node[right] {$I$};
        \filldraw (J) circle (1.6pt) node[left] {$J$};

        \node[teal, rotate=-56, above] at (-1.1, -0.9) {\footnotesize symetralna $BI$};
    \end{tikzpicture}
    \caption{Punkt $J$ leży na dwusiecznej kąta $\angle BEI$, która jest jednocześnie symetralną podstawy $BI$ trójkąta równoramiennego $EBI$.}
\end{figure}

\end{document}