Problem OMJ 22.1.6

% 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}

\setmainfont{Linux Libertine O}

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

\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{calc, angles, quotes}

\newcommand{\Name}{Hostek}
\newcommand{\Email}{your.email@example.com}
\newcommand{\ProblemNumber}{XXII OMJ, etap 1, zadanie 6}

\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 czworokącie $ABCD$ zachodzą równości $\angle ABC = \angle ADC = 90^\circ$ oraz $\angle BAD = 135^\circ$. Wykaż, że $AB + BC = \sqrt{2} \cdot CD$.

\bigskip

\noindent\textbf{Solution:}

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=\textwidth]{img/22.1.6_i1.jpg}
    \caption{Rysunek pomocniczy}
    \label{fig:rys0}
\end{figure}

Przedłużmy bok $AD$ żeby przeciął prostą $BC$. Oznaczmy punkt przecięcia przez $E$.

W czworokącie $ABCD$ znamy trzy kąty, obliczmy zatem czwarty:
\[
    \angle BCD = 360^\circ - 135^\circ - 90^\circ - 90^\circ = 45^\circ
\]

Policzmy kąt $AEB$. Zauważmy, że w trójkącie $EDC$ znamy już dwa pozostałe kąty:
\[
    \angle AEB = \angle DEC = 180^\circ - \angle ECD - \angle CDE = 180^\circ - 45^\circ - 90^\circ = 45^\circ
\]

Zauważmy: $\angle EAB = 45^\circ$. Jest tak ponieważ w trójkącie $EAB$ znamy już dwa kąty: $\angle AEB = 45^\circ$ (punkt $E$ leży na tej samej półprostej wychodzącej z $D$ co punkt $A$) oraz $\angle ABE = 90^\circ$ (podobnie, punkt $E$ leży na tej samej półprostej wychodzącej z $C$ co punkt $B$ z konstrukcji). Patrz rys. \ref{fig:rys1}

\begin{figure}[H]
    \centering
    \includegraphics[width=\textwidth]{img/22.1.6_i2.jpg}
    \caption{Konstrukcja punktu $E$}
    \label{fig:rys1}
\end{figure}

Wiadomo, że kąt $ABE = 90^\circ$. Jest tak ponieważ $E$ z konstrukcji leży na prostej $BC$, a wiemy, że $\angle ABC = 90^\circ$.

Kąt $\angle EAB$ jest równy $45^\circ$. (Bo w trójkącie $ABE$ znamy już dwa kąty).

Stąd widać, że trójkąt $ABE$ jest równoramienny, więc możemy zapisać:
\[
    EB = AB
\]

Stąd wynika, że:
\[
    EC = EB + BC = AB + BC  
\]

Spójrzmy teraz na trójkąt $EDC$. Jest to trójkąt prostokątny, zapiszmy więc twierdzenie Pitagorasa dla tego trójkąta: (przy czym to również jest trójkąt równoramienny, więc $ED = DC$)
\begin{align*}
    EC^2 &= ED^2 + DC^2\\
    EC^2 &= 2 \cdot CD^2\\
    EC &= \sqrt{2} \cdot CD\\
    AB + BC &= \sqrt{2} \cdot CD
\end{align*}

Jak widać dostaliśmy tezę. \qed

\vspace{2em}

\textit{Intuicja: czyli jak na to wpaść?}

Intuicja jest taka, że przekątna w kwadracie o boku $a$ jest równa $a \sqrt{2}$. A zatem skoro tak jest to pomysł był taki żeby spróbować skonstruować kwadrat o boku $CD$ i obliczyć jego przekątną. Tutaj w zadaniu nie konstruowaliśmy całego kwadratu, gdyż nie było takiej potrzeby, ale skonstruowaliśmy "połowę" kwadratu, czyli trójkąt prostokątny równoramienny $EDC$.

\vspace{2em}

\textbf{Sposób drugi:}

\begin{figure}[htbp]
    \centering
    \begin{tikzpicture}[scale=1.4]
        \draw[->, >=stealth, gray!70] (-0.8, 0) -- (5.8, 0) node[right, black] {$x$};
        \draw[->, >=stealth, gray!70] (0, -0.8) -- (0, 4.2) node[above, black] {$y$};
        
        \coordinate (C) at (0, 0);
        \coordinate (D) at (4.5, 0);
        \coordinate (B) at (3.2, 3.2);
        \coordinate (A) at (4.5, 1.9);
        
        \draw[dashed, gray!60] (0, 0) -- (3.8, 3.8) node[above right, gray!80] {$y = x$};
        
        \draw[thick, blue!80!black] (C) -- (D) -- (A) -- (B) -- cycle;
        
        \draw[gray!80] ($(D)+(-0.35, 0)$) -- ($(D)+(-0.35, 0.35)$) -- ($(D)+(0, 0.35)$);
        
        \draw[gray!80] ($(B)+(-0.25, -0.25)$) -- ($(B)+(0, -0.5)$) -- ($(B)+(0.25, -0.25)$);
        
        \draw (0.9, 0) arc (0:45:0.9);
        \node at (22.5:1.25) {\footnotesize $45^\circ$};
        
        \draw ($(A) + (135:0.5)$) arc (135:270:0.5);
        \node at ($(A) + (202.5:0.85)$) {\footnotesize $135^\circ$};
        
        \node[below left] at (C) {$C(0,0)$};
        \node[below] at (D) {$D(d,0)$};
        \node[right] at (A) {$A(d,\, 2b-d)$};
        \node[above left] at (B) {$B(b,b)$};
        
        \filldraw[black] (C) circle (1.5pt);
        \filldraw[black] (D) circle (1.5pt);
        \filldraw[black] (A) circle (1.5pt);
        \filldraw[black] (B) circle (1.5pt);
    \end{tikzpicture}
    \caption{Umieszczenie czworokąta $ABCD$ w kartezjańskim układzie współrzędnych}
    \label{fig:analityczna}
\end{figure}

Wprowadźmy kartezjański układ współrzędnych w taki sposób, aby:
\begin{enumerate}[topsep=2pt, itemsep=0pt]
    \item Początek układu znajdował się w wierzchołku $C$, czyli $C = (0, 0)$.
    \item Półprosta $CD$ pokrywała się z dodatnią półosią $Ox$.
\end{enumerate}

Wówczas wierzchołek $D$ ma współrzędne $D = (d, 0)$ dla pewnej liczby $d > 0$. Stąd od razu wynika, że:
\[
    CD = d
\]

Obliczmy najpierw miarę kąta $\angle BCD$:
\[
    \angle BCD = 360^\circ - \angle ABC - \angle ADC - \angle BAD = 360^\circ - 90^\circ - 90^\circ - 135^\circ = 45^\circ
\]
Skoro półoś $CD$ leży na osi $Ox$, to półprosta $CB$ nachylona jest do osi $Ox$ pod kątem $45^\circ$, czyli leży na prostej o równaniu $y = x$. Wierzchołek $B$ ma zatem równe współrzędne:
\[
    B = (b, b) \quad \text{dla pewnego } b > 0
\]
Długość odcinka $BC$ wynosi więc:
\[
    BC = \sqrt{(b - 0)^2 + (b - 0)^2} = \sqrt{2b^2} = b\sqrt{2}
\]

Wyznaczmy teraz współrzędne wierzchołka $A$:
\begin{itemize}
    \item Ponieważ $\angle ADC = 90^\circ$, bok $AD$ jest prostopadły do osi $Ox$, a więc leży na prostej pionowej o równaniu $x = d$.
    \item Ponieważ $\angle ABC = 90^\circ$, prosta $AB$ jest prostopadła do prostej $BC$ ($y = x$). Jej współczynnik kierunkowy wynosi zatem $a = -1$. Prosta ta przechodzi przez punkt $B(b, b)$, jej równanie ma więc postać:
    \[
        y - b = -1 \cdot (x - b) \iff x + y = 2b
    \]
\end{itemize}

Punkt $A$ jest punktem przecięcia prostych $x = d$ oraz $x + y = 2b$. Podstawiając $x = d$, otrzymujemy $y = 2b - d$, stąd:
\[
    A = (d,\, 2b - d)
\]

Obliczmy teraz długość odcinka $AB$ ze wzoru na odległość punktów w układzie współrzędnych:
\begin{align*}
    AB &= \sqrt{(d - b)^2 + \big((2b - d) - b\big)^2} \\
       &= \sqrt{(d - b)^2 + (b - d)^2} \\
       &= \sqrt{2(d - b)^2} = |d - b|\sqrt{2}
\end{align*}
Z wypukłości czworokąta wynika, że punkt $B$ leży na odcinku łączącym $C$ z punktem $(d,d)$, skąd $b < d$, czyli $|d - b| = d - b$. Zatem:
\[
    AB = (d - b)\sqrt{2}
\]

Dodając długości odcinków $AB$ oraz $BC$, otrzymujemy:
\[
    AB + BC = (d - b)\sqrt{2} + b\sqrt{2} = d\sqrt{2} - b\sqrt{2} + b\sqrt{2} = \sqrt{2} \cdot d
\]
Ponieważ $CD = d$, dostajemy:
\[
    AB + BC = \sqrt{2} \cdot CD
\]
co kończy dowód. \qed

\vspace{2em}

\textbf{Sposób trzeci:}

\begin{figure}[htbp]
    \centering
    \begin{tikzpicture}[scale=1.4]
        % Współrzędne wierzchołków
        \coordinate (C) at (0, 0);
        \coordinate (D) at (4.5, 0);
        \coordinate (K) at (3.2, 0);
        \coordinate (B) at (3.2, 3.2);
        \coordinate (A) at (4.5, 1.9);
        \coordinate (M) at (4.5, 3.2);
        
        % Cieniowanie pomocniczych trójkątów prostokątnych równoramiennych
        \fill[orange!15] (C) -- (K) -- (B) -- cycle;
        \fill[green!15] (B) -- (M) -- (A) -- cycle;
        
        % Czworokąt ABCD
        \draw[thick, blue!85!black] (C) -- (D) -- (A) -- (B) -- cycle;
        
        % Linie konstrukcyjne (prostokąt BKDM)
        \draw[dashed, thick, gray!80] (B) -- (K);
        \draw[dashed, thick, gray!80] (B) -- (M);
        \draw[dashed, thick, gray!80] (A) -- (M);
        
        % Oznaczenia kątów prostych
        % przy D
        \draw[gray!80] ($(D)+(-0.3,0)$) -- ($(D)+(-0.3,0.3)$) -- ($(D)+(0,0.3)$);
        % przy K
        \draw[gray!80] ($(K)+(-0.3,0)$) -- ($(K)+(-0.3,0.3)$) -- ($(K)+(0,0.3)$);
        % przy M
        \draw[gray!80] ($(M)+(-0.3,0)$) -- ($(M)+(-0.3,-0.3)$) -- ($(M)+(0,-0.3)$);
        % przy B (w czworokącie ABCD)
        \draw[gray!80] ($(B)+(-0.25,-0.25)$) -- ($(B)+(0,-0.5)$) -- ($(B)+(0.25,-0.25)$);
        
        % Łuki kątów 45°
        \draw (0.8, 0) arc (0:45:0.8);
        \node at (22.5:1.15) {\footnotesize $45^\circ$};
        
        \draw ($(A)+(90:0.45)$) arc (90:135:0.45);
        \node at ($(A)+(112.5:0.75)$) {\footnotesize $45^\circ$};
        
        % Etykiety punktów
        \node[below left] at (C) {$C$};
        \node[below] at (D) {$D$};
        \node[below] at (K) {$K$};
        \node[above left] at (B) {$B$};
        \node[right] at (A) {$A$};
        \node[above right] at (M) {$M$};
        
        % Punkty
        \filldraw[black] (C) circle (1.5pt);
        \filldraw[black] (D) circle (1.5pt);
        \filldraw[black] (K) circle (1.5pt);
        \filldraw[black] (B) circle (1.5pt);
        \filldraw[black] (A) circle (1.5pt);
        \filldraw[black] (M) circle (1.5pt);
    \end{tikzpicture}
    \caption{Rzutowanie punktu $B$ na proste $CD$ oraz $AD$}
    \label{fig:rzutowanie}
\end{figure}

W czworokącie $ABCD$ suma kątów wewnętrznych wynosi $360^\circ$, stąd:
\[
    \angle BCD = 360^\circ - 90^\circ - 90^\circ - 135^\circ = 45^\circ
\]

Niech:
\begin{itemize}[topsep=2pt, itemsep=0pt]
    \item $K$ będzie rzutem prostokątnym punktu $B$ na prostą $CD$ (czyli $BK \perp CD$),
    \item $M$ będzie rzutem prostokątnym punktu $B$ na prostą $AD$ (czyli $BM \perp AD$).
\end{itemize}

\paragraph{1. Własności czworokąta $BKDM$:}
Z warunków zadania $\angle ADC = 90^\circ$, czyli prosta $AD$ jest prostopadła do prostej $CD$. Ponieważ z konstrukcji $BK \perp CD$ oraz $BM \perp AD$, w czworokącie $BKDM$ kąty przy wierzchołkach $D$, $K$ oraz $M$ są proste. Czworokąt $BKDM$ jest zatem \emph{prostokątem}, skąd otrzymujemy równości boków przeciwległych:
\[
    BM = KD \quad \text{oraz} \quad BK = MD
\]
Punkt $K$ leży na odcinku $CD$, możemy więc zapisać długość odcinka $CD$ jako:
\begin{equation}
    CD = CK + KD = CK + BM \label{eq:cd}
\end{equation}

\paragraph{2. Trójkąt $BKC$:}
Trójkąt $BKC$ jest prostokątny ($\angle BKC = 90^\circ$) oraz $\angle BCK = 45^\circ$. Wynika stąd, że jest to trójkąt równoramienny:
\[
    CK = BK
\]
a jego przeciwprostokątna $BC$ wynosi:
\begin{equation}
    BC = BK\sqrt{2} \label{eq:bc}
\end{equation}

\paragraph{3. Trójkąt $BMA$:}
Zauważmy, że punkt $A$ leży na odcinku $MD$. Kąt $\angle BAM$ jest kątem przyległym do kąta wewnętrznego $\angle BAD = 135^\circ$, zatem:
\[
    \angle BAM = 180^\circ - 135^\circ = 45^\circ
\]
Trójkąt $BMA$ jest prostokątny ($\angle BMA = 90^\circ$) i ma kąt ostry $45^\circ$, co oznacza, że on również jest trójkątem równoramiennym. Jego przeciwprostokątna $AB$ wynosi zatem:
\begin{equation}
    AB = BM\sqrt{2} \label{eq:ab}
\end{equation}

\paragraph{4. Złożenie równości:}
Dodając stronami równości \eqref{eq:ab} oraz \eqref{eq:bc}, otrzymujemy:
\[
    AB + BC = BM\sqrt{2} + BK\sqrt{2} = \sqrt{2} \cdot (BM + BK)
\]
Ponieważ z równości trójkąta $BKC$ mamy $BK = CK$, podstawiając to do powyższego wyrażenia dostajemy:
\[
    AB + BC = \sqrt{2} \cdot (BM + CK)
\]
Korzystając bezpośrednio ze związku \eqref{eq:cd} ($CK + BM = CD$), mamy ostatecznie:
\[
    AB + BC = \sqrt{2} \cdot CD
\]
co kończy dowód. \qed

\vspace{2em}

\textbf{Sposób czwarty:}

\begin{figure}[htbp]
    \centering
    \begin{tikzpicture}[scale=1.4]
        % Osie płaszczyzny zespolonej
        \draw[->, >=stealth, gray!70] (-0.8, 0) -- (5.8, 0) node[right, black] {$\operatorname{Re}$};
        \draw[->, >=stealth, gray!70] (0, -0.8) -- (0, 4.2) node[above, black] {$\operatorname{Im}$};
        
        % Punkty
        \coordinate (C) at (0, 0);
        \coordinate (D) at (4.5, 0);
        \coordinate (B) at (3.2, 3.2);
        \coordinate (A) at (4.5, 1.9);
        
        % Pomocnicza prosta o argumencie pi/4
        \draw[dashed, gray!60] (0, 0) -- (3.8, 3.8) node[above right, gray!80] {$\arg z = \frac{\pi}{4}$};
        
        % Czworokąt ABCD
        \draw[thick, blue!85!black] (C) -- (D) -- (A) -- (B) -- cycle;
        
        % Kąt prosty przy D
        \draw[gray!80] ($(D)+(-0.35,0)$) -- ($(D)+(-0.35,0.35)$) -- ($(D)+(0,0.35)$);
        % Kąt prosty przy B
        \draw[gray!80] ($(B)+(-0.25,-0.25)$) -- ($(B)+(0,-0.5)$) -- ($(B)+(0.25,-0.25)$);
        
        % Kąt 45 stopni przy C
        \draw (0.9, 0) arc (0:45:0.9);
        \node at (22.5:1.25) {\footnotesize $45^\circ$};
        
        % Podpisy punktów i ich liczb zespolonych
        \node[below left] at (C) {$c = 0$};
        \node[below] at (D) {$d$};
        \node[right] at (A) {$a = d + ih$};
        \node[above left] at (B) {$b = t(1+i)$};
        
        % Kropki na wierzchołkach
        \filldraw[black] (C) circle (1.5pt);
        \filldraw[black] (D) circle (1.5pt);
        \filldraw[black] (A) circle (1.5pt);
        \filldraw[black] (B) circle (1.5pt);
    \end{tikzpicture}
    \caption{Reprezentacja wierzchołków na płaszczyźnie zespolonej $\mathbb{C}$}
    \label{fig:zespolone}
\end{figure}

Umieśćmy czworokąt $ABCD$ na płaszczyźnie zespolonej $\mathbb{C}$. Każdemu wierzchołkowi $X$ przyporządkujmy liczbę zespoloną $x \in \mathbb{C}$.

Dla wygody rachunków wybierzmy położenie początku układu i osi:
\begin{enumerate}
    \item Niech wierzchołek $C$ będzie początkiem płaszczyzny: $c = 0$.
    \item Niech wierzchołek $D$ leży na dodatniej półosi rzeczywistej: $d \in \mathbb{R}$ oraz $d > 0$.
\end{enumerate}
Wówczas długość odcinka $CD$ to po prostu:
\[
    CD = |d - c| = |d| = d
\]

\paragraph{1. Wyznaczenie liczby $b$:}
W czworokącie $ABCD$ suma kątów wynosi $360^\circ$, skąd:
\[
    \angle BCD = 360^\circ - 90^\circ - 90^\circ - 135^\circ = 45^\circ
\]
Ponieważ półoś $CD$ pokrywa się z dodatnią osią rzeczywistą, promień $CB$ ma argument $\arg(b) = 45^\circ = \frac{\pi}{4}$. Liczba zespolona o argumencie $\frac{\pi}{4}$ jest postaci $t(1 + i)$ dla pewnej liczby rzeczywistej $t > 0$, zatem:
\[
    b = t(1 + i)
\]
Długość odcinka $BC$ wynosi więc:
\begin{equation}
    BC = |b - c| = |t(1 + i)| = t \cdot |1 + i| = t\sqrt{1^2 + 1^2} = t\sqrt{2} \label{eq:bc_z}
\end{equation}

\paragraph{2. Wyznaczenie liczby $a$:}
Ponieważ kąt $\angle ADC = 90^\circ$, odcinek $AD$ jest prostopadły do osi rzeczywistej, a więc równoległy do osi urojonej. Oznacza to, że część rzeczywista liczby $a$ jest równa $d$:
\[
    a = d + ih \quad \text{dla pewnego } h \in \mathbb{R}
\]

\paragraph{3. Wykorzystanie warunku $\angle ABC = 90^\circ$:}
Wektor $\vec{BA}$ reprezentowany jest przez liczbę $a - b$, natomiast wektor $\vec{BC}$ przez liczbę $c - b = -b$. Warunek prostopadłości tych wektorów oznacza, że ich iloraz jest liczbą \emph{czysto urojoną}, czyli jego część rzeczywista wynosi $0$:
\[
    \frac{a - b}{c - b} = \frac{a - b}{-b} \in i\mathbb{R} \iff \operatorname{Re}\left(\frac{a - b}{b}\right) = 0
\]
Obliczmy ten iloraz:
\begin{align*}
    \frac{a - b}{b} &= \frac{a}{b} - 1 = \frac{d + ih}{t(1 + i)} - 1 \\
    &= \frac{(d + ih)(1 - i)}{t(1 + i)(1 - i)} - 1 = \frac{(d + h) + i(h - d)}{2t} - 1 \\
    &= \frac{(d + h - 2t) + i(h - d)}{2t}
\end{align*}
Przyrównując część rzeczywistą do zera, otrzymujemy prosty związek:
\[
    \operatorname{Re}\left(\frac{a - b}{b}\right) = \frac{d + h - 2t}{2t} = 0 \iff h = 2t - d
\]

\paragraph{4. Długość odcinka $AB$ i teza:}
Wstawmy wyznaczoną wartość $h = 2t - d$ do wyrażenia na wektor $a - b$:
\begin{align*}
    a - b &= (d + ih) - t(1 + i) = (d - t) + i(h - t) \\
          &= (d - t) + i(2t - d - t) = (d - t) + i(t - d) \\
          &= (d - t)(1 - i)
\end{align*}
Moduł tej liczby daje długość odcinka $AB$ (z wypukłości czworokąta $d > t$):
\begin{equation}
    AB = |a - b| = |(d - t)(1 - i)| = (d - t) \cdot |1 - i| = (d - t)\sqrt{2} \label{eq:ab_z}
\end{equation}

Dodając stronami równości \eqref{eq:ab_z} oraz \eqref{eq:bc_z}, otrzymujemy:
\[
    AB + BC = (d - t)\sqrt{2} + t\sqrt{2} = d\sqrt{2} - t\sqrt{2} + t\sqrt{2} = \sqrt{2} \cdot d
\]
Ponieważ $CD = d$, kończy to dowód:
\[
    AB + BC = \sqrt{2} \cdot CD 
\]
\qed

\end{document}