Problem OMJ 22.1.2

% 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}

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

\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{arrows.meta}

\setmainfont{Linux Libertine O}

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

\newcommand{\Name}{Hostek}
\newcommand{\Email}{your.email@example.com}
\newcommand{\ProblemNumber}{XXII OMJ, etap 1, zadanie 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}

\section*{Problem Statement}

W trapezie prostokątnym $ABCD$ o podstawach $AB$ i $CD$ oraz wysokości $AD$ zachodzi równość $AB = 2 \cdot CD$. Wykaż, że $AC = BC$.

\bigskip

\noindent\textbf{Solution:}

Oznaczmy przez $E$ środek odcinka $AB$ (patrz rys. \ref{fig:rys0}).

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=\textwidth]{img/22.1.2_i3.jpg}
    \caption{Rysunek pomocniczy}
    \label{fig:rys0}
\end{figure}

Oznaczmy $x = CD$. Wtedy mamy, że: $AE = x$ oraz $EB = x$ (przy czym $AB = 2x$).

Ponieważ $CD \parallel AE$ oraz $CD = AE = x$, czworokąt $AECD$ jest równoległobokiem. Odcinek $AD$ jest wysokością trapezu, więc $\angle DAE = 90^\circ$, co oznacza, że $AECD$ jest prostokątem. Wobec tego $CE \perp AB$, czyli odcinek $CE$ jest wysokością w trójkącie $ABC$ opuszczoną na bok $AB$.

Wysokość ta dzieli bok $AB$ tego trójkąta na pół. Znany fakcik (patrz niżej, fakcik \ref{fakcik12}) jest taki, że wysokość dzieli bok trójkąta na pół wtedy i tylko wtedy gdy ów trójkąt jest równoramienny.

A zatem trójkąt $ABC$ jest równoramienny, przy czym $AB$ jest podstawą a ramionami są $AC$ i $BC$. Stąd mamy $AC = BC$. Co należało dowieść. \qed

\begin{fakcik}
    \label{fakcik12}
    Niech $XYZ$ będzie trójkątem, a punkt $Q$ niech będzie spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka $Z$ na prostą zawierającą bok $XY$ (czyli $ZQ \perp XY$).
    
    Wysokość $ZQ$ dzieli bok $XY$ na połowy ($XQ = QY$) wtedy i tylko wtedy, gdy trójkąt $XYZ$ jest równoramienny o ramionach $XZ = YZ$.

    \begin{figure}[H]
        \centering
        \includegraphics[width=0.5\textwidth]{img/22.1.2_i5.jpg}
        \caption{Rysunek pomocniczy do lematu}
        \label{rys2}
    \end{figure}

    \begin{proof}
        Dowód przeprowadzimy w obie strony:

        \medskip
        \noindent\textbf{1. Dowód implikacji $(\Rightarrow)$:} \\
        Załóżmy, że $XQ = QY$. Rozważmy trójkąty prostokątne $XQZ$ oraz $YQZ$:
        \begin{itemize}
            \item boki $XQ$ oraz $QY$ mają jednakową długość ($XQ = QY$),
            \item kąty między nimi a wysokością są proste: $\angle XQZ = \angle YQZ = 90^\circ$,
            \item odcinek $ZQ$ jest wspólnym bokiem obu trójkątów.
        \end{itemize}
        Zatem na mocy cechy bok-kąt-bok (BKB) trójkąty te są przystające: $\triangle XQZ \equiv \triangle YQZ$. W figurach przystających boki leżące naprzeciw równych kątów mają równe długości. Boki $XZ$ oraz $YZ$ leżą naprzeciw kątów prostych, skąd otrzymujemy:
        \[
            XZ = YZ,
        \]
        czyli trójkąt $XYZ$ jest równoramienny.

        \medskip
        \noindent\textbf{2. Dowód implikacji $(\Leftarrow)$:} \\
        Załóżmy teraz, że trójkąt $XYZ$ jest równoramienny, czyli $XZ = YZ$. 
        
        Trójkąty $XQZ$ i $YQZ$ są prostokątne, więc na mocy twierdzenia Pitagorasa możemy wyznaczyć kwadraty długości odcinków $XQ$ oraz $QY$:
        \[
            XQ^2 = XZ^2 - ZQ^2
        \]
        oraz
        \[
            QY^2 = YZ^2 - ZQ^2.
        \]
        Ponieważ z założenia $XZ = YZ$, prawe strony obu równości są identyczne:
        \[
            XQ^2 = YZ^2 - ZQ^2 = QY^2.
        \]
        Długości odcinków są dodatnie ($XQ > 0$, $QY > 0$), więc po spierwiastkowaniu otrzymujemy:
        \[
            XQ = QY,
        \]
        co oznacza, że wysokość $ZQ$ dzieli podstawę $XY$ na połowy.
    \end{proof}
\end{fakcik}

\textbf{Sposób 2: Geometria analityczna:}

Wprowadźmy kartezjański układ współrzędnych $Oxy$ na płaszczyźnie tak, aby:
\begin{itemize}[leftmargin=1.5cm]
    \item początek układu znajdował się w punkcie $A$, czyli $A = (0, 0)$,
    \item podstawa $AB$ leżała na dodatniej półosi osi $Ox$,
    \item wysokość $AD$ leżała na dodatniej półosi osi $Oy$ (jest to możliwe, bo kąt $\angle DAB$ jest prosty).
\end{itemize}

\begin{figure}[H]
    \centering
    \begin{tikzpicture}[scale=1.2, >=Stealth]
        \draw[->, thick, gray] (-0.8, 0) -- (5.5, 0) node[right, black] {$x$};
        \draw[->, thick, gray] (0, -0.8) -- (0, 3.2) node[above, black] {$y$};

        \coordinate (A) at (0, 0);
        \coordinate (B) at (4.4, 0);
        \coordinate (D) at (0, 2.2);
        \coordinate (C) at (2.2, 2.2);

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

        \draw[thick, dashed, blue] (A) -- (C);
        \draw[thick, dashed, blue] (B) -- (C);

        \draw[thin] (0, 0.3) -- (0.3, 0.3) -- (0.3, 0);
        \draw[thin] (0, 1.9) -- (0.3, 1.9) -- (0.3, 2.2);

        \filldraw (A) circle (2pt) node[below left] {$A(0, 0)$};
        \filldraw (B) circle (2pt) node[below] {$B(2a, 0)$};
        \filldraw (D) circle (2pt) node[left] {$D(0, h)$};
        \filldraw (C) circle (2pt) node[above right] {$C(a, h)$};

        \node[above] at (1.1, 2.2) {$a$};
        \node[below] at (2.2, 0) {$2a$};
        \node[left] at (0, 1.1) {$h$};
    \end{tikzpicture}
    \caption{Umieszczenie trapezu $ABCD$ w kartezjańskim układzie współrzędnych.}
    \label{fig:uklad}
\end{figure}

Niech długość krótszej podstawy wynosi $CD = a$ (gdzie $a > 0$), a wysokość trapezu wynosi $AD = h$ (gdzie $h > 0$).

Z warunków zadania wyznaczamy współrzędne wszystkich wierzchołków:
\begin{enumerate}
    \item $A = (0, 0)$.
    \item Skoro $AD = h$ leży na osi $Oy$, to $D = (0, h)$.
    \item Podstawa $CD$ jest równoległa do osi $Ox$, więc rzędna punktu $C$ wynosi $h$. Skoro ma długość $a$, to $C = (a, h)$.
    \item Podstawa $AB$ ma długość $AB = 2 \cdot CD = 2a$ i leży na osi $Ox$, skąd $B = (2a, 0)$.
\end{enumerate}

Teraz wprost ze wzoru na odległość dwóch punktów na płaszczyźnie kartezjańskiej (lub twierdzenia Pitagorasa) obliczamy długości odcinków $AC$ i $BC$:
\begin{align}
    AC^2 &= (a - 0)^2 + (h - 0)^2 = a^2 + h^2 \label{eq:ac} \\
    BC^2 &= (2a - a)^2 + (0 - h)^2 = a^2 + (-h)^2 = a^2 + h^2 \label{eq:bc}
\end{align}

Z równości \eqref{eq:ac} oraz \eqref{eq:bc} wynika bezpośrednio, że:
\[
    AC^2 = BC^2
\]
Ponieważ długości odcinków są liczbami dodatnimi ($AC > 0$ i $BC > 0$), otrzymujemy:
\[
    AC = BC
\]
co kończy dowód. \qed

\textbf{Sposób 3: Własność symetralnej odcinka}

\smallskip

Niech $E$ będzie środkiem podstawy $AB$. Z treści zadania zachodzi równość $AB = 2 \cdot CD$, skąd otrzymujemy:
\[
    AE = EB = \frac{1}{2}AB = CD
\]

\begin{figure}[H]
    \centering
    \begin{tikzpicture}[scale=1.3]
        \coordinate (A) at (0, 0);
        \coordinate (B) at (4, 0);
        \coordinate (E) at (2, 0);
        \coordinate (D) at (0, 2.4);
        \coordinate (C) at (2, 2.4);

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

        \draw[thick, dashdotted, teal] (2, -0.5) -- (2, 3.0) node[above] {$s$};
        \draw[very thick, teal] (E) -- (C);

        \draw[thick, dashed, blue] (A) -- (C);
        \draw[thick, dashed, blue] (B) -- (C);

        \draw[thin] (0, 0.3) -- (0.3, 0.3) -- (0.3, 0);    
        \draw[thin] (0, 2.1) -- (0.3, 2.1) -- (0.3, 2.4);  
        \draw[thin] (2, 0.3) -- (2.3, 0.3) -- (2.3, 0);    

        \draw[thick] (1, -0.1) -- (1, 0.1);
        \draw[thick] (3, -0.1) -- (3, 0.1);

        \filldraw (A) circle (1.8pt) node[below left] {$A$};
        \filldraw (B) circle (1.8pt) node[below right] {$B$};
        \filldraw (E) circle (1.8pt) node[below] {$E$};
        \filldraw (C) circle (1.8pt) node[above right] {$C$};
        \filldraw (D) circle (1.8pt) node[above left] {$D$};
    \end{tikzpicture}
    \caption{Prosta $CE$ jako symetralna $s$ odcinka $AB$.}
    \label{fig:symetralna}
\end{figure}

Ponieważ podstawy trapezu są równoległe ($CD \parallel AE$) oraz mają równe długości ($CD = AE$), czworokąt $AECD$ jest równoległobokiem. 

Wysokość trapezu $AD$ jest prostopadła do podstawy $AB$ ($\angle DAE = 90^\circ$), co oznacza, że równoległobok $AECD$ jest prostokątem. W konsekwencji odcinek $CE$ jest prostopadły do boku $AB$:
\[
    CE \perp AB
\]
Zauważmy zatem, że prosta $CE$ spełnia dwa warunki:
\begin{enumerate}
    \item przechodzi przez środek odcinka $AB$ (punkt $E$),
    \item jest prostopadła do odcinka $AB$.
\end{enumerate}
Oznacza to, że prosta $CE$ jest \emph{symetralną} odcinka $AB$. 

Z podstawowej własności symetralnej odcinka wynika, że każdy punkt na niej leżący jest jednakowo oddalony od jego końców. Ponieważ punkt $C$ leży na symetralnej odcinka $AB$, otrzymujemy bezpośrednio:
\[
    AC = BC
\]
co kończy dowód. \qed

\textbf{Sposób 4: Liczby zespolone}

\smallskip

Umieśćmy trapez na płaszczyźnie zespolonej $\mathbb{C}$. Utożsamijmy wierzchołki trapezu z liczbami zespolonymi odpowiednio: $a, b, c, d \in \mathbb{C}$.

Przyjmijmy punkt $A$ jako początek płaszczyzny zespolonej, czyli $a = 0$. Skierujmy oś rzeczywistą $\mathrm{Re}$ wzdłuż podstawy $AB$, a oś urojoną $\mathrm{Im}$ wzdłuż wysokości $AD$ (jest to poprawne, gdyż $\angle DAB = 90^\circ$).

\begin{figure}[H]
    \centering
    \begin{tikzpicture}[scale=1.2, >=Stealth]
        \draw[->, thick, gray] (-0.8, 0) -- (5.5, 0) node[right, black] {$\mathrm{Re}$};
        \draw[->, thick, gray] (0, -0.8) -- (0, 3.2) node[above, black] {$\mathrm{Im}$};

        \coordinate (A) at (0, 0);
        \coordinate (B) at (4.4, 0);
        \coordinate (D) at (0, 2.2);
        \coordinate (C) at (2.2, 2.2);

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

        \draw[thick, dashed, blue] (A) -- (C);
        \draw[thick, dashed, blue] (B) -- (C);

        \draw[thin] (0, 0.3) -- (0.3, 0.3) -- (0.3, 0);

        \filldraw (A) circle (2pt) node[below left] {$a = 0$};
        \filldraw (B) circle (2pt) node[below] {$b = 2x$};
        \filldraw (D) circle (2pt) node[left] {$d = ih$};
        \filldraw (C) circle (2pt) node[above right] {$c = x + ih$};

        \node[above] at (1.1, 2.2) {$x$};
        \node[left] at (0, 1.1) {$h$};
    \end{tikzpicture}
    \caption{Trapez $ABCD$ na płaszczyźnie zespolonej Gaussa.}
    \label{fig:zespolone}
\end{figure}

Niech długość podstawy $CD$ wynosi $x > 0$, a wysokość trapezu wynosi $h > 0$. Wówczas:
\begin{itemize}[leftmargin=1.5cm]
    \item $a = 0$,
    \item $d = ih$,
    \item $c = x + ih$ (gdyż odcinek $CD$ ma długość $x$ i jest równoległy do osi rzeczywistej),
    \item $b = 2x$ (gdyż $AB = 2 \cdot CD = 2x$ i leży na osi rzeczywistej).
\end{itemize}

Długości odcinków $AC$ i $BC$ wyrażają się poprzez moduły różnic odpowiednich liczb zespolonych. Dla odcinka $AC$ mamy:
\[
    AC = |c - a| = |(x + ih) - 0| = |x + ih|
\]
Dla odcinka $BC$ otrzymujemy:
\[
    c - b = (x + ih) - 2x = -x + ih = -(x - ih) = -\overline{(x + ih)} = -\overline{c - a}
\]
Wykorzystując podstawowe własności modułu oraz sprzężenia zespolonego (dla dowolnej liczby $z \in \mathbb{C}$ zachodzi $|-z| = |z|$ oraz $|\overline{z}| = |z|$), dostajemy:
\[
    BC = |c - b| = |-\overline{c - a}| = |\overline{c - a}| = |c - a| = AC
\]
Otrzymaliśmy $AC = BC$, co kończy dowód. \qed

\end{document}