Koło matematyczne I LO w Białymstoku

 
Zadania PDF.
 
Rozwiązania PDF.

Źródło zadań w texu.

 
 
\documentclass[10pt]{article}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsmath}
\textwidth 16cm
\textheight 24cm
\oddsidemargin 0cm
\topmargin 0pt
\headheight 0pt
\headsep 0pt
\usepackage[polish]{babel}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}
%\usepackage{MnSymbol}
% ----------------------------------------------------------------
\vfuzz4pt % Don't report over-full v-boxes if over-edge is small
\hfuzz4pt % Don't report over-full h-boxes if over-edge is small
% THEOREMS -------------------------------------------------------
\newtheorem{thm}{Twierdzenie}[section]
\newtheorem{cor}[thm]{Wniosek}
\newtheorem{lem}[thm]{Lemat}
\newtheorem{defn}[thm]{Definicja}
\newtheorem{tozs}[thm]{Tożsamość}
\newtheorem{hyp}[thm]{Hipoteza}
\newtheorem{useless}[thm]{}
\begin{document}
\def\deg{^{\circ}}
\renewcommand{\thethm}{}
\title{Przekręty płaszczyzny}
\date{}
\maketitle
\paragraph{Teoria}
\begin{enumerate}
\item \begin{defn} Kątem skierowanym $\angle ABC=\angle (AB,BC)$ będziemy nazywać miarę kąta o jaki trzeba przekręcić płaszczyznę wokół $B$ tak, by \textbf{półprosta} $BA$ przeszła na półprostą $BC$. Taki kąt jest dokładnie jeden z dokładnością do $360^{\circ}$ i z tą dokładnością będziemy mierzyć. Ponadto, dla uzupełnienia definicji miary kąta skierowanego, zakładamy, że miara ta nie zmienia się przy przesunięciu o wektor i obrocie.\end{defn}
 
Oczywiście jeżeli przekręcimy półprostą $BA$ na $BC$, a później półprostą $BC$ na $BA$, to otrzymujemy obrót przenoszący półprostą $BA$ na $BA$, czyli obrót o $0^{\circ}$. Stąd wynika dziwna równość
\[\angle CBA = -\angle ABC\]
w przeciwieństwie do zwykłych kątów, gdzie mamy $ ABC= CBA$. Zwykle przyjmuje się, że kręcimy przeciwnie do wskazówek zegara, czyli kąt $\angle (XO,OY)=90^{\circ}$ ($OX, OY$, to osie układu współrzędnych, $X=(0,1),Y=(1,0)$).\\
 
\item W zdaniu ,,miara kąta nie zmienia się w przesunięciu o wektor i obrocie'' chodzi o to, że jeżeli mamy przekształcenie $J$ które jest obrotem lub przesunięciem o wektor, to mamy $\angle (AB,BC)=\angle (J(AB),J(BC))$, gdzie $J(AB)$ to półprosta otrzymana po przekształceniu półprostej $AB$. Zauważmy, że zwykła miara kąta nie zmienia się przy przesunięciu, obrocie i symetrii względem prostej. Inaczej jest z kątami skierowanymi.
\begin{lem} Kąt skierowany zmienia znak w symetrii względem prostej. \end{lem}
Dowód: Weźmy dowolny kąt $\angle ABC$. Można założyć, że mamy policzyć jego miarę w symetrii względem dwusiecznej $l$ tego kąta skierowanego (która jest zdefiniowana tak samo, jak dwusieczna zwykłego kąta), bowiem w innym przypadku możemy tak przesuwać i obracać kąt (nie zmieniając miary), że prosta, względem której robimy symetrię, stanie się tą dwusieczną.\\
W symetrii względem prostej $l$ półprosta $BA$ przechodzi na $BC$, a $BC$ przechodzi na $BA$, więc $\angle ABC$ w tej symetrii przechodzi na $\angle CBA$, bowiem obrót o $\alpha$ przenosi $BA$ na $BC$, więc po symetrii przenosi on $BC$ na $BA$. Stąd kąt $\angle ABC$ zmienia się w $\angle CBA=-\angle ABC$.\\
Jeżeli $S$ jest symetrią względem prostej, to przenosi ona kąt skierowany na kąt symetryczny do niego: $S(\angle ABC)=\angle S(A)S(B)S(C)$. Stąd wynika $\angle S(A)S(B)S(C)=-\angle ABC$, czyli
\[\angle S(C)S(B)S(A)=\angle ABC\]\\
 
\item Można zrezygnować z warunku, że odpowiednie półproste przechodzą na siebie i rozważać kąty z dokładnością do $180^{\circ}$, ale wtedy obrót o $180^{\circ}$ jest nie do odróżnienia od obrotu o $0^{\circ}$, a zwykle są to jednak dwa różne przeształcenia, więc \textbf{nie} będziemy rezygnować z tego warunku.\\
 
\item W kątach skierowanych kąty wierzchołkowe i naprzemianległe (zgodnie skierowane) są równe, bowiem można odpowiednio obrócić i przesunąć. Mamy  również zawsze
\[\angle BAC+\angle CAD=\angle BAD\]
Dowód: obrót o $\angle BAC$ przenosi półprostą $AB$ na $AC$, a obrót o kąt $\angle CAD$ przenosi półprostą $AC$ na półprostą $AD$, stąd obrót o kąt $\angle BAC+\angle CAD$ przenosi $AB$ na $AD$, czyli z definicji $\angle BAC+\angle CAD=\angle BAD$ (było tutaj milczące założenie, że obrót wokół $A$ o $\alpha+\beta$ to złożenie obrotu wokół $A$ o $\alpha$ i obrotu wokół $A$ o $\beta$).\\
 
Możemy więc spokojnie dodawać kąty skierowane, czego raczej nie mogliśmy robić ze zwykłymi kątami (przypadek, gdy $D$ leży wewnątrz kąta $\angle BAC$). Ta równość jest główną przewagą kątów skierowanych nad zwykłymi. Możemy z niej wywnioskować, że $\angle CBA = -\angle ABC$, bowiem z definicji $\angle BAB=0^{\circ}$.\\
 
\item Suma kątów zgodnie skierowanych trójkąta $\triangle ABC$ wynosi $180^{\circ}$, innymi słowy:
\[\angle ABC+\angle BCA+\angle CAB=180^{\circ}\]
\textbf{Dowód}: Niech $D$ będzie obrazem $A$ w przesunięciu o wektor $\vec{BC}$. Wtedy $\angle ABC=\angle DCX$, gdzie $X$ leży daleeko na półprostej $BC$. Z równości kątów naprzemianległych otrzymujemy $\angle CAB=\angle ACD$, więc $$\angle ABC+\angle BCA+\angle CAB=\angle DCX+\angle BCA+\angle ACD=\angle BCA+\angle ACD+\angle DCX=\angle BCX=180^{\circ}$$
Ostatnia równość wprost z definicji.
 
\item Najprościej jest myśleć o kątach skierowanych, jak o zwykłych kątach ze sztucznie dodanym zwrotem (kąty lewoskrętne i prawoskrętne) i sztucznie określonymi regułami: kąty o tym samym zwrocie dodajemy, a o przeciwnych odejmujemy.
 
\item \begin{defn}Obrotem o kąt skierowany $\alpha=\angle (BA,AC)$ wokół $A$ nazywamy obrót wokół $A$, który półprostą $AB$ przenosi na półprostą $AC$ i piszemy $O_A^{\alpha}$. $A$ nazywamy środkiem obrotu. Zauważmy, że jeżeli obrót nie jest o kąt $0^{\circ}$, to jedynym punktem, który po obrocie zostaje niezmieniony jest $A$.\end{defn}
 
\item \begin{lem} Obrót $O_A^{\alpha}$ da się zapisać jako złożenie symetrii względem prostej $BA$ z symetrią względem prostej $AC$ (najpierw odbijamy względem $BA$) dla których jest $\angle (BA, AC)=\frac{\alpha}{2}$, co zapisujemy jako $O_A^{\alpha}=S_{AC}\circ S_{BA}$. \end{lem}
 
\textbf{Dowód}: Weźmy dowolne proste $AB$ i $AC$, takie, że kąt skierowany pomiędzy $BA$ a $AC$ to $\frac{\alpha}{2}$.
Wtedy $\angle BAC=\frac{\alpha}{2}$ lub $\angle BAC=\frac{\alpha}{2}+180^{\circ}$, tak czy inaczej $2\angle BAC=\alpha$.\\
Weźmy dowolne $X\neq A$. Niech $X'$ oznacza $X$ odbity w symetrii względem $BA$, a $X''$ oznacza $X'$ odbity w symetrii względem $AC$. Wtedy $\angle XAB=\angle BAX'$ i $\angle X'AC=\angle CAX''$, stąd $\angle XAX''=\angle XAB+\angle BAX'+\angle X'AC+\angle CAX''=2(\angle BAX'+\angle X'AC)=2\angle BAC=\alpha$.\\
Zauważmy, że korzystaliśmy w tych równościach z $\angle BAC+\angle CAD=\angle BAD$ i $\angle S(C)S(B)S(A)=\angle ABC$ i dzięki temu nie musieliśmy rozważać niezliczonych przypadków.
 
\item \begin{thm} Złożenie obrotów $O_A^{\alpha}$ i $O_B^{\beta}$ (najpierw obrót wokół $A$), czyli $O_B^{\beta}\circ O_A^{\alpha}$ (składamy od prawej) jest
  \begin{enumerate}
\item Obrotem o kąt $\alpha + \beta$ wokół $X$ takiego, że $\angle XAB=\frac{\alpha}{2}$ i $\angle XBA=-\frac{\beta}{2}$ jeśli $\alpha + \beta\neq 0$,
\item Przesunięciem płaszczyzny o wektor $2\vec{AB}$ jeżeli $\alpha + \beta$ jest wielokrotnością $360^{\circ}$, czyli $\alpha+\beta=0$ (mierzymy z dokładnością do $360^{\circ}$).
  \end{enumerate}
\end{thm}
\textbf{Dowód}: Niech $XA$ będzie taką prostą, że $\angle XAB=\frac{\alpha}{2}$ i niech $BY$ będzie taką prostą, że $\angle ABY=\frac{\beta}{2}$ (punkty $X,Y$ leżą gdzieś daleeko i służą tylko do ustalania półprostych). Z lematu $O_A^{\alpha}=S_{AB}\circ S_{XA}$ i $O_B^{\beta}=S_{BY}\circ S_{AB}$, więc $O_B^{\beta}\circ O_A^{\alpha}=S_{BY}\circ S_{AB}\circ S_{AB}\circ S_{XA}$. Oczywiście dwukrotna symetria względem prostej $AB$ to to samo co identyczność, więc
\[O_B^{\beta}\circ O_A^{\alpha}=S_{BY}\circ S_{XA}\]
Rozważmy 2 przypadki:
\begin{enumerate}
\item Proste $AX$ i $BY$ są równoległe. Jest $\angle XAB=\angle YBC$, gdzie $C$ leży na prostej $BA$ po innej stronie $B$ niż $A$, więc $\frac{\beta}{2}+\frac{\alpha}{2}=\angle ABY+\angle XAB=\angle ABY+\angle YBC=\angle ABC=180^{\circ}$, więc $\beta+\alpha=2\cdot 180^{\circ}=360^{\circ}=0^{\circ}$.\\
Niech $D$ będzie dowolnym punktem płaszczyzny, niech $D'$ oznacza jego obraz w symetrii względem $AX$, a $D''$ obraz $D'$ w symetrii względem $BY$, $D_1$ oznacza rzut prostopadły $D$ na $AX$, a $D_2$ rzut prostopadły $D$ na $BY$. Skoro $AX||BY$, to punkty $D,D_1,D_2,D',D''$ leżą na jednej prostej prostopadłej do $AX$.\\
Mamy, z własności symetrii  $\vec{DD_1}=\vec{D_1D'}$ i $\vec{D'D_2}=\vec{D_2D''}$, ponadto, skoro wszystko leży na jednej linii, to $\vec{DD''}=\vec{DD_1}+\vec{D_1D'}+\vec{D'D_2}+\vec{D_2D''}=2(\vec{D_1D'}+\vec{D'D_2})=2\vec{D_1D_2}=2\vec{AB}$.
\item Jeżeli $AX$ i $BY$ nie są równoległe to $\alpha+\beta \neq 0$ (rozumowanie analogiczne jak wyżej). Niech $C$ oznacza punkt przecięcia $AX$ i $BY$. Mamy 
\[O_B^{\beta}\circ O_A^{\alpha}=S_{BY}\circ S_{XA}=O^{2\angle(XC,CY)}_C\]
Popatrzmy na trójkąt $\triangle ABC$. Kąt $\angle CAB$ to $\frac{\alpha}{2}$ lub $\frac{\alpha}{2}-180^{\circ}$, w zależności od tego, po której stronie prostej $AB$ leży $C$ i $X$ (sprawdź na rysunku), ale zawsze zachodzi $2\angle CAB=\alpha$. Analogicznie $\angle ABC$ może być równy $\frac{\beta}{2}$ lub $\frac{\beta}{2}+180^{\circ}$, tak czy owak $2\angle ABC=\beta$.\\
Skoro $\angle ABC+\angle CAB+\angle BCA=180^{\circ}$, $\alpha+\beta+2\angle BCA=2\angle ABC+2\angle CAB+2\angle BCA=0^{\circ}$, więc $2\angle BCA=-(\alpha+\beta)$, czyli $2\angle ACB=\alpha+\beta$.
 
\end{enumerate}
 
\item \begin{defn} Powiemy, że 2 figury są zgodnie zorientowane, jeżeli są one podobne: $A_1A_2\cdots A_n \simeq B_1B_2\cdots B_n$ i odpowiednie kąty \textbf{skierowane} są równe: \[\angle A_1A_2A_3=\angle B_1B_2B_3,\angle A_2A_3A_4=\angle B_2B_3B_4, \cdots, \angle A_{n-1}A_nA_1=\angle B_{n-1}B_nB_1, \angle B_nB_1B_2=\angle A_nA_1A_2\]\end{defn}
 
\item Ten tekst powstał w dużej mierze w oparciu o artykuł prof. Piotra Grzeszczuka z Delty 10/04 dostępnego pod \emph{www.mimuw.edu.pl/delta/artykuly/delta1004/grzeszczuk.pdf}.
\end{enumerate}
\paragraph{Zadania}
\begin{enumerate}
\item Punkt $P$ leży wewnątrz trójkąta równobocznego $ABC$ i jest $PA=3$, $PB=4$, $PC=5$. $P'$ jest takie, że trójkąt $\triangle APP'$ jest zgodnie zorientowany z $\triangle ABC$. Udowodnij, że $ PP'C=90^{\circ}$.
\item Na płaszczyźnie dane są 2 trójkąty równoboczne zgodnie zorientowane $ABC$ i $CDE$ (mające wspólny wierzchołek $C$) oraz punkty $F$ i $G$, takie, że $AD=AF$, $BE=BG$ i $\angle DAF=\angle EBG$ (kąty skierowane!). Wykazać, że trójkąt $CFG$ jest równoboczny.
\item Na ścianach trójkąta $ABC$ budujemy, po zewnętrznej stronie trójkąty równoboczne. Udowodnij, że środki ciężkości tych trójkątów tworzą trójkąt równoboczny.
\item Dane są rozłączne oprócz punktu $C$, zgodnie zorientowane kwadraty $ACMN$ i $KLCB$ o środkach $P$ i $R$ odpowiednio. Niech $Q, S$ będą środkami odcinków $AB$, $ML$. Wykazać, że $PQRS$ jest kwadratem.
\item Dane są punkty $A,B,C,D$ tworzące czworokąt wypukły. Punkt $P$ jest taki, że $|AP|=|BP|$, $|CP|=|DP|$ oraz $ APB= CPD=90^{\circ}$. Udowodnij, że $|AC|=|BD|$ i $AC\perp BD$. Przy okazji, jaki jest warunek konieczny i dostateczny na to, żeby przekątne w czworokącie przecinały się pod kątem prostym?
\item Na bokach czworokąta wypukłego $ABCD$ zbudowano, po zewnętrznej stronie trójkąty prostokątne równoramienne $ABP$, $BCQ$, $CDR$, $DAS$, z kątami prostymi przy $P,Q,R,S$. Udowodnij, że $PR\perp QS$.
\item Punkt $P$ leży wewnątrz czworokąta wypukłego $ABCD$ i jest taki, że $ADP$ i $BCP$ są równoboczne. Na bokach $AB$ i $CD$ zbudowano, po zewnętrznej stronie trójkąty równoboczne $ABL$ i $CDM$. Udowodnić, że $P$ jest środkiem odcinka $LM$.
\item Na zewnątrz boków $AB$ i $BC$ trójkąta $ABC$ zbudowano trójkąty prostokątne równoramienne $ABP$ i $BCQ$, z kątami prostymi przy wierzchołkach $P$ i $Q$. Udowodnić, że jeżeli $M$ - środek boku $AC$, to trójkąt $MPQ$ jest też równoramienny prostokątny.
\item \textbf{58 OM, 2 etap, zadanie 2.} Dany jest pięciokąt wypukły $ABCDE$, w którym $BC=CD$, $DE=EA$, $ BCD= DEA =  90\deg$. Udowodnić, że z odcinków o długościach $AC$, $CE$, $EB$ można zbudować trójkąt. Wyznacz miary jego kątów znając miarę $\alpha$ kąta $ACE$ i miarę $\beta$ kąta $BEC$.
\item \textbf{57 OM, 2 etap, zadanie 5.} Punkt $C$ jest środkiem odcinka $AB$. Okrąg $o_1$ przechodzący przez $A,C$ przecina okrąg $o_2$ przechodzący przez $B,C$ w różnych punktach $C,D$. Punkt $P$ jest środkiem tego łuku $AD$ okręgu $o_1$, który nie zawiera $C$. Punkt $Q$ jest środkiem tego łuku $BD$ okręgu $o_2$, który nie zawiera $C$. Dowieść, że $CD\perp PQ$.
\end{enumerate}
\end{document}
 

Źródło rozwiązań w texu.

 
\documentclass[10pt]{article}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsmath}
\textwidth 16cm
\textheight 24cm
\oddsidemargin 0cm
\topmargin 0pt
\headheight 0pt
\headsep 0pt
\usepackage[polish]{babel}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}
%\usepackage{MnSymbol}
% ----------------------------------------------------------------
\vfuzz4pt % Don't report over-full v-boxes if over-edge is small
\hfuzz4pt % Don't report over-full h-boxes if over-edge is small
% THEOREMS -------------------------------------------------------
\newtheorem{thm}{Twierdzenie}[section]
\newtheorem{cor}[thm]{Wniosek}
\newtheorem{lem}[thm]{Lemat}
\newtheorem{defn}[thm]{Definicja}
\newtheorem{tozs}[thm]{Tożsamość}
\newtheorem{hyp}[thm]{Hipoteza}
\newtheorem{useless}[thm]{}
\begin{document}
\renewcommand{\thethm}{}
\def\rozw{\\ \textbf{Rozwiązanie}: \\}
\def\deg{^{\circ}}
\title{Przekręty płaszczyzny}
\date{}
\maketitle
\paragraph{Teoria}
\begin{enumerate}
\item \begin{defn} Kątem skierowanym $\angle ABC=\angle (AB,BC)$ będziemy nazywać miarę kąta o jaki trzeba przekręcić płaszczyznę wokół $B$ tak, by \textbf{półprosta} $BA$ przeszła na półprostą $BC$. Taki kąt jest dokładnie jeden z dokładnością do $360^{\circ}$ i z tą dokładnością będziemy mierzyć. Ponadto, dla uzupełnienia definicji miary kąta skierowanego, zakładamy, że miara ta nie zmienia się przy przesunięciu o wektor i obrocie.\end{defn}
 
Oczywiście jeżeli przekręcimy półprostą $BA$ na $BC$, a później półprostą $BC$ na $BA$, to otrzymujemy obrót przenoszący półprostą $BA$ na $BA$, czyli obrót o $0^{\circ}$. Stąd wynika dziwna równość
\[\angle CBA = -\angle ABC\]
w przeciwieństwie do zwykłych kątów, gdzie mamy $ ABC= CBA$. Zwykle przyjmuje się, że kręcimy przeciwnie do wskazówek zegara, czyli kąt $\angle (XO,OY)=90^{\circ}$ ($OX, OY$, to osie układu współrzędnych, $X=(0,1),Y=(1,0)$).\\
 
\item W zdaniu ,,miara kąta nie zmienia się w przesunięciu o wektor i obrocie'' chodzi o to, że jeżeli mamy przekształcenie $J$ które jest obrotem lub przesunięciem o wektor, to mamy $\angle (AB,BC)=\angle (J(AB),J(BC))$, gdzie $J(AB)$ to półprosta otrzymana po przekształceniu półprostej $AB$. Zauważmy, że zwykła miara kąta nie zmienia się przy przesunięciu, obrocie i symetrii względem prostej. Inaczej jest z kątami skierowanymi.
\begin{lem} Kąt skierowany zmienia znak w symetrii względem prostej. \end{lem}
Dowód: Weźmy dowolny kąt $\angle ABC$. Można założyć, że mamy policzyć jego miarę w symetrii względem dwusiecznej $l$ tego kąta skierowanego (która jest zdefiniowana tak samo, jak dwusieczna zwykłego kąta), bowiem w innym przypadku możemy tak przesuwać i obracać kąt (nie zmieniając miary), że prosta, względem której robimy symetrię, stanie się tą dwusieczną.\\
W symetrii względem prostej $l$ półprosta $BA$ przechodzi na $BC$, a $BC$ przechodzi na $BA$, więc $\angle ABC$ w tej symetrii przechodzi na $\angle CBA$, bowiem obrót o $\alpha$ przenosi $BA$ na $BC$, więc po symetrii przenosi on $BC$ na $BA$. Stąd kąt $\angle ABC$ zmienia się w $\angle CBA=-\angle ABC$.\\
Jeżeli $S$ jest symetrią względem prostej, to przenosi ona kąt skierowany na kąt symetryczny do niego: $S(\angle ABC)=\angle S(A)S(B)S(C)$. Stąd wynika $\angle S(A)S(B)S(C)=-\angle ABC$, czyli
\[\angle S(C)S(B)S(A)=\angle ABC\]\\
 
\item Można zrezygnować z warunku, że odpowiednie półproste przechodzą na siebie i rozważać kąty z dokładnością do $180^{\circ}$, ale wtedy obrót o $180^{\circ}$ jest nie do odróżnienia od obrotu o $0^{\circ}$, a zwykle są to jednak dwa różne przeształcenia, więc \textbf{nie} będziemy rezygnować z tego warunku.\\
 
\item W kątach skierowanych kąty wierzchołkowe i naprzemianległe (zgodnie skierowane) są równe, bowiem można odpowiednio obrócić i przesunąć. Mamy  również zawsze
\[\angle BAC+\angle CAD=\angle BAD\]
Dowód: obrót o $\angle BAC$ przenosi półprostą $AB$ na $AC$, a obrót o kąt $\angle CAD$ przenosi półprostą $AC$ na półprostą $AD$, stąd obrót o kąt $\angle BAC+\angle CAD$ przenosi $AB$ na $AD$, czyli z definicji $\angle BAC+\angle CAD=\angle BAD$ (było tutaj milczące założenie, że obrót wokół $A$ o $\alpha+\beta$ to złożenie obrotu wokół $A$ o $\alpha$ i obrotu wokół $A$ o $\beta$).\\
 
Możemy więc spokojnie dodawać kąty skierowane, czego raczej nie mogliśmy robić ze zwykłymi kątami (przypadek, gdy $D$ leży wewnątrz kąta $\angle BAC$). Ta równość jest główną przewagą kątów skierowanych nad zwykłymi. Możemy z niej wywnioskować, że $\angle CBA = -\angle ABC$, bowiem z definicji $\angle BAB=0^{\circ}$.\\
 
\item Suma kątów zgodnie skierowanych trójkąta $\triangle ABC$ wynosi $180^{\circ}$, innymi słowy:
\[\angle ABC+\angle BCA+\angle CAB=180^{\circ}\]
\textbf{Dowód}: Niech $D$ będzie obrazem $A$ w przesunięciu o wektor $\vec{BC}$. Wtedy $\angle ABC=\angle DCX$, gdzie $X$ leży daleeko na półprostej $BC$. Z równości kątów naprzemianległych otrzymujemy $\angle CAB=\angle ACD$, więc $$\angle ABC+\angle BCA+\angle CAB=\angle DCX+\angle BCA+\angle ACD=\angle BCA+\angle ACD+\angle DCX=\angle BCX=180^{\circ}$$
Ostatnia równość wprost z definicji.
 
\item Najprościej jest myśleć o kątach skierowanych, jak o zwykłych kątach ze sztucznie dodanym zwrotem (kąty lewoskrętne i prawoskrętne) i sztucznie określonymi regułami: kąty o tym samym zwrocie dodajemy, a o przeciwnych odejmujemy.
 
\item \begin{defn}Obrotem o kąt skierowany $\alpha=\angle (BA,AC)$ wokół $A$ nazywamy obrót wokół $A$, który półprostą $AB$ przenosi na półprostą $AC$ i piszemy $O_A^{\alpha}$. $A$ nazywamy środkiem obrotu. Zauważmy, że jeżeli obrót nie jest o kąt $0^{\circ}$, to jedynym punktem, który po obrocie zostaje niezmieniony jest $A$.\end{defn}
 
\item \begin{lem} Obrót $O_A^{\alpha}$ da się zapisać jako złożenie symetrii względem prostej $BA$ z symetrią względem prostej $AC$ (najpierw odbijamy względem $BA$) dla których jest $\angle (BA, AC)=\frac{\alpha}{2}$, co zapisujemy jako $O_A^{\alpha}=S_{AC}\circ S_{BA}$. \end{lem}
 
\textbf{Dowód}: Weźmy dowolne proste $AB$ i $AC$, takie, że kąt skierowany pomiędzy $BA$ a $AC$ to $\frac{\alpha}{2}$.
Wtedy $\angle BAC=\frac{\alpha}{2}$ lub $\angle BAC=\frac{\alpha}{2}+180^{\circ}$, tak czy inaczej $2\angle BAC=\alpha$.\\
Weźmy dowolne $X\neq A$. Niech $X'$ oznacza $X$ odbity w symetrii względem $BA$, a $X''$ oznacza $X'$ odbity w symetrii względem $AC$. Wtedy $\angle XAB=\angle BAX'$ i $\angle X'AC=\angle CAX''$, stąd $\angle XAX''=\angle XAB+\angle BAX'+\angle X'AC+\angle CAX''=2(\angle BAX'+\angle X'AC)=2\angle BAC=\alpha$.\\
Zauważmy, że korzystaliśmy w tych równościach z $\angle BAC+\angle CAD=\angle BAD$ i $\angle S(C)S(B)S(A)=\angle ABC$ i dzięki temu nie musieliśmy rozważać niezliczonych przypadków.
 
\item \begin{thm} Złożenie obrotów $O_A^{\alpha}$ i $O_B^{\beta}$ (najpierw obrót wokół $A$), czyli $O_B^{\beta}\circ O_A^{\alpha}$ (składamy od prawej) jest
  \begin{enumerate}
\item Obrotem o kąt $\alpha + \beta$ wokół $X$ takiego, że $\angle XAB=\frac{\alpha}{2}$ i $\angle XBA=-\frac{\beta}{2}$ jeśli $\alpha + \beta\neq 0$,
\item Przesunięciem płaszczyzny o wektor $2\vec{AB}$ jeżeli $\alpha + \beta$ jest wielokrotnością $360^{\circ}$, czyli $\alpha+\beta=0$ (mierzymy z dokładnością do $360^{\circ}$).
  \end{enumerate}
\end{thm}
\textbf{Dowód}: Niech $XA$ będzie taką prostą, że $\angle XAB=\frac{\alpha}{2}$ i niech $BY$ będzie taką prostą, że $\angle ABY=\frac{\beta}{2}$ (punkty $X,Y$ leżą gdzieś daleeko i służą tylko do ustalania półprostych). Z lematu $O_A^{\alpha}=S_{AB}\circ S_{XA}$ i $O_B^{\beta}=S_{BY}\circ S_{AB}$, więc $O_B^{\beta}\circ O_A^{\alpha}=S_{BY}\circ S_{AB}\circ S_{AB}\circ S_{XA}$. Oczywiście dwukrotna symetria względem prostej $AB$ to to samo co identyczność, więc
\[O_B^{\beta}\circ O_A^{\alpha}=S_{BY}\circ S_{XA}\]
Rozważmy 2 przypadki:
\begin{enumerate}
\item Proste $AX$ i $BY$ są równoległe. Jest $\angle XAB=\angle YBC$, gdzie $C$ leży na prostej $BA$ po innej stronie $B$ niż $A$, więc $\frac{\beta}{2}+\frac{\alpha}{2}=\angle ABY+\angle XAB=\angle ABY+\angle YBC=\angle ABC=180^{\circ}$, więc $\beta+\alpha=2\cdot 180^{\circ}=360^{\circ}=0^{\circ}$.\\
Niech $D$ będzie dowolnym punktem płaszczyzny, niech $D'$ oznacza jego obraz w symetrii względem $AX$, a $D''$ obraz $D'$ w symetrii względem $BY$, $D_1$ oznacza rzut prostopadły $D$ na $AX$, a $D_2$ rzut prostopadły $D$ na $BY$. Skoro $AX||BY$, to punkty $D,D_1,D_2,D',D''$ leżą na jednej prostej prostopadłej do $AX$.\\
Mamy, z własności symetrii  $\vec{DD_1}=\vec{D_1D'}$ i $\vec{D'D_2}=\vec{D_2D''}$, ponadto, skoro wszystko leży na jednej linii, to $\vec{DD''}=\vec{DD_1}+\vec{D_1D'}+\vec{D'D_2}+\vec{D_2D''}=2(\vec{D_1D'}+\vec{D'D_2})=2\vec{D_1D_2}=2\vec{AB}$.
\item Jeżeli $AX$ i $BY$ nie są równoległe to $\alpha+\beta \neq 0$ (rozumowanie analogiczne jak wyżej). Niech $C$ oznacza punkt przecięcia $AX$ i $BY$. Mamy 
\[O_B^{\beta}\circ O_A^{\alpha}=S_{BY}\circ S_{XA}=O^{2\angle(XC,CY)}_C\]
Popatrzmy na trójkąt $\triangle ABC$. Kąt $\angle CAB$ to $\frac{\alpha}{2}$ lub $\frac{\alpha}{2}-180^{\circ}$, w zależności od tego, po której stronie prostej $AB$ leży $C$ i $X$ (sprawdź na rysunku), ale zawsze zachodzi $2\angle CAB=\alpha$. Analogicznie $\angle ABC$ może być równy $\frac{\beta}{2}$ lub $\frac{\beta}{2}+180^{\circ}$, tak czy owak $2\angle ABC=\beta$.\\
Skoro $\angle ABC+\angle CAB+\angle BCA=180^{\circ}$, $\alpha+\beta+2\angle BCA=2\angle ABC+2\angle CAB+2\angle BCA=0^{\circ}$, więc $2\angle BCA=-(\alpha+\beta)$, czyli $2\angle ACB=\alpha+\beta$.
 
\end{enumerate}
 
\item \begin{defn} Powiemy, że 2 figury są zgodnie zorientowane, jeżeli są one podobne: $A_1A_2\cdots A_n \simeq B_1B_2\cdots B_n$ i odpowiednie kąty \textbf{skierowane} są równe: \[\angle A_1A_2A_3=\angle B_1B_2B_3,\angle A_2A_3A_4=\angle B_2B_3B_4, \cdots, \angle A_{n-1}A_nA_1=\angle B_{n-1}B_nB_1, \angle B_nB_1B_2=\angle A_nA_1A_2\]\end{defn}
 
\item Ten tekst powstał w dużej mierze w oparciu o artykuł prof. Piotra Grzeszczuka z Delty 10/04 dostępnego pod \emph{www.mimuw.edu.pl/delta/artykuly/delta1004/grzeszczuk.pdf}.
\end{enumerate}
 
%----------------------------------------------------------------------------------------
 
\paragraph{Zadania}
\begin{enumerate}
\item Punkt $P$ leży wewnątrz trójkąta równobocznego $ABC$ i jest $PA=3$, $PB=4$, $PC=5$. $P'$ jest takie, że trójkąt $\triangle APP'$ jest zgodnie zorientowany z $\triangle ABC$. Udowodnij, że $ PP'C=90^{\circ}$.
\rozw
Rozważmy obrót $O_1$ wokół $A$, przenoszący $B$ na $C$ (czyli obrót o $\pm 60^{\circ}$, zależnie od orientacji $\triangle ABC$). Skoro $\triangle ABC$ i $\triangle APP'$ są zgodnie zorientowane, to $O_1$ przenosi $P$ na $P'$ (jeżeli nie wierzysz, to rozważ 2 przypadki - obrót o $60^{\circ}$ i $-60^{\circ}$).\\
Obrót ten przenosi $B$ na $C$ i $P$ na $P'$, więc $|CP'|=|BP|=4$. Ponadto, $|PP'|=|AP|=3$, bo $\triangle APP'$ jest równoboczny. Wiemy też, że $|CP|=5$. Trójkąt $PP'C$ ma boki $3,4,5$, jest więc, z tw. odwrotnego do Pitagorasa, prostokątny, przy czym kąt prosty jest między bokami długości $3$ i $4$, czyli w $P'$.\\
 
\item Na płaszczyźnie dane są 2 trójkąty równoboczne zgodnie zorientowane $ABC$ i $CDE$ (mające wspólny wierzchołek $C$) oraz punkty $F$ i $G$, takie, że $AD=AF$, $BE=BG$ i $\angle DAF=\angle EBG$ (kąty skierowane!). Wykazać, że trójkąt $CFG$ jest równoboczny.
\rozw
Niech $O_1$ oznacza obrót wokół $C$, przenoszący $D$ na $E$ (jest to obrót o $\angle DCE=\pm 60^{\circ}$). Skoro $\triangle ABC$ i $\triangle CDE$ są zgodnie zorientowane, to $O_1$ przenosi $A$ na $B$, więc przenosi on $AD$ na $BE$, czyli
\[|AD|=|BE|\]
Obrót $O_1$ przenosi $F$ na punkt $F'$, taki, że, $|BF'|=|O_1(A)O_1(F)|=|AF|=|AD|=|BE|=|BG|$ i $\angle EBF' = \angle O_1(D)O_1(A)O_1(F)=\angle DAF = \angle EBG$. Drugie od końca przejście wynika z tego, że obrót zachowuje kąty. Z równości 
\[|BF'|=|BG| \hbox{ i }\angle EBF'=\angle EBG\]
otrzymujemy $F'=G$.  Tak więc obrót $O_1$ wokół $C$ przenosi $F$ na $G$, więc $|CF|=|CG|$ i $\angle FCG=\pm 60^{\circ}$, czyli $FCG=60^{\circ}$ (zwykły kąt). Trójkąt $\triangle CFG$ jest równoramienny o kącie $60^{\circ}$ między ramionami, jest więc równoboczny.\\
Faktu, że w równości $\angle DAF = \angle EBG$ mamy kąty skierowane, użyliśmy do udowodnienia, że $F'=G$. Gdyby nie było tu kątów skierowanych, a zwykłe, to ten dowód i teza byłyby fałszywe.
 
\item Na bokach trójkąta $ABC$ budujemy, po zewnętrznej stronie trójkąty równoboczne. Udowodnij, że środki ciężkości tych trójkątów tworzą trójkąt równoboczny.
\rozw
 Bez straty ogólności możemy założyć, że obrót wokół środka ciężkości trójkąta zbudowanego na boku $XY$ o $120^{\circ}$ przenosi $X$ na $Y$, gdzie $(X,Y)=(A,B),(B,C),(C,A)$ (czyli odp. obroty przerzucają $A$ na $B$, $B$, na $C$, $C$ na $A$, żeby tak było, wystarczy ew. pozamieniać nazwy punktów $A,B,C$). Niech $K,L,M$ oznaczają środki ciężkości trójkątów zbudowanych na bokach $AB,BC,CA$, odpowiednio. Z tego, co powiedziałem wyżej, wynika, że 
\[O_K^{120\deg}(A)=B,O_L^{120\deg}(B)=C,O_M^{120\deg}(C)=A\]
Z tych równości wynika, że
\[O_M^{120\deg}\circ O_L^{120\deg}\circ O_K^{120\deg}(A)=O_M^{120\deg}\circ O_L^{120\deg}(B)=O_M^{120\deg}(C)=A\]
\textbf{dokończenie 1}: Twierdzenie o składaniu obrotów mówi, nam, że złożenie obrotów $O_L^{120\deg}\circ O_K^{120\deg}$ jest obrotem wokół pewnego punktu $X$ o $240\deg$. Co więcej, wiemy, że $O_X^{240\deg}=O_L^{120\deg}\circ O_K^{120\deg}(A)=C$, tak więc musi zachodzić $|XA|=|XC|$ i $\angle AXC=240\deg$, czyli $\angle CXA=-240\deg=120\deg$. Jedynym punktem spełniającym te równania jest punkt $M$, a więc $X=M$. Dalej korzystając z tego twierdzenia otrzymujemy
\[\angle MKL=60\deg, \angle MLK=-60\deg\]
Skoro kąty wewnętrzne w trójkącie $\triangle MLK$ są mniejsze od $180\deg$, to $MKL=MLK=60\deg$, a więc trójkąt $\triangle MKL$ jest równoboczny.\\
\textbf{dokończenie 2:} Zamiast szukać $X$ z definicji, możemy pójść dalej i stwierdzić, że z tw. o składaniu obrótow, przekształcenie $O_M^{120\deg}\circ O_L^{120\deg}\circ O_K^{120\deg}$ jest przesunięciem o wektor (bo $120\deg+120\deg+120\deg=0\deg$), a skoro zachowuje ono na miejscu punkt $A$, to musi być identycznością (przesunięciem od wektor zerowy), gdyż przesunięcie o wektor niezerowy nie zachowuje żadnego punktu. Mamy więc 
\[O_M^{120\deg}\circ O_L^{120\deg}\circ O_K^{120\deg}=\operatorname{id}\]
czyli
\[O_M^{-120\deg}\circ O_M^{120\deg}\circ O_L^{120\deg}\circ O_K^{120\deg} = O_M^{-120\deg}\]
\[O_L^{120\deg}\circ O_K^{120\deg} = O_M^{-120\deg}\]
Stąd bezpośrednio wnioskujemy, że $X$, określony jak w dokończeniu 1. jest równy $M$. Dalsze rozumowanie jak w dokończeniu 1.
 
\item Dane są rozłączne oprócz punktu $C$, zgodnie zorientowane kwadraty $ACMN$ i $KLCB$ o środkach $P$ i $R$ odpowiednio. Niech $Q, S$ będą środkami odcinków $AB$, $ML$. Wykazać, że $PQRS$ jest kwadratem.
\rozw
Niech $O_1$ będzie obrotem o środku w $P$ przekształcającym $A$ na $C$, jest to obrót o $\pm 90\deg$. Wtedy obrót $O_2$ o środku w $R$ o tę samą ilość stopni co $O_1$ przekształca $C$ na $B$, gdyż $ACMN$ i $KLCB$ są zgodnie zorientowane.\\
Rozważmy złożenie:
\[O_2\circ O_1\]
Jest to obrót o $\pm 90\deg=\pm 180\deg=180\deg$, gdyż mierzymy z dokładnością do $360\deg$, wokół pewnego $X$. Ponadto obrót ten przekształca $A$ w $C$, czyli $X$ jest środkiem odcinka $AC$, a więc $X=S$. Z tw. o złożeniu obrotów
\[\angle SPR=45\deg \hbox{ i } \angle SRP=-45\deg\]
Skoro są to kąty w trójkącie, czyli ich miary są mniejsze od $180\deg$, to
\[SPR=SRP=45\deg \hbox{(,,zwykłe'' kąty)}\]
Trójkąt $PSR$ jest więc równoramienny i prostokątny. Rozpatrując złożenie obrotów wokół $P$ i $R$ przekształcających $M$ na $C$ i $C$ na $L$, udowadniamy, że $PQR$ jest prostokątny równoramienny, a więc $PQRS$ jest kwadratem.
 
\item Dane są punkty $A,B,C,D$ tworzące czworokąt wypukły. Punkt $P$ jest taki, że $|AP|=|BP|$, $|CP|=|DP|$ oraz $ APB= CPD=90^{\circ}$. Udowodnij, że $|AC|=|BD|$ i $AC\perp BD$. Przy okazji, jaki jest warunek konieczny i dostateczny na to, żeby przekątne w czworokącie przecinały się pod kątem prostym?
\rozw
Skoro $ABCD$ jest wypukły (ważna jest tutaj kolejność wierzchołków), to kąty $\angle APB$ i $\angle CPD$ są zgodnie zorientowane. Obrót $O$ wokół $P$, przekształcający $A$ na $B$ przekształca też $AC$ na $BD$, więc $|AC|=|BD|$. Obrót $O$ jest obrotem o $\pm 90\deg$, więc kąt skierowany między $AC$ a $BD$ wynosi też $\pm 90\deg$, zwykły kąt wynosi więc $90\deg$, czyli $AC\perp BD$.\\
Warunkiem koniecznym i dostatecznym na to, żeby przekątne w czworokącie wypukłym przecinały się pod kątem prostym jest: sumy kwadratów długości przeciwległych boków są równe, inaczej, $|AB|^2+|CD|^2=|AD|^2+|BC|^2$.
 
\item Na bokach czworokąta wypukłego $ABCD$ zbudowano, po zewnętrznej stronie trójkąty prostokątne równoramienne $ABP$, $BCQ$, $CDR$, $DAS$, z kątami prostymi przy $P,Q,R,S$. Udowodnij, że $PR\perp QS$.
\rozw
Niech $O_1$ będzie obrotem wokół $P$ przekształcającym $A$ na $B$, a $O_2$ obrotem wokół $Q$ przekształcającym $B$ na $C$. Obroty te są zgodnie zorientowane, więc rozumujemy jak w zadaniu 4. i stwierdzamy, że
\[O_2\circ O_1=O^{180\deg}_M\]
gdzie $M$ jest środkiem $AC$. Stąd, rozumując jak dalej w zadaniu 4.:
\[|MP|=|MQ| \hbox{ i } PMQ=90\deg\]
Analogicznie stwierdzamy, że
\[|MP|=|MR| \hbox{ i } RMS=90\deg\]
Pozostaje krótko uzasadnić, że $PQRS$ jest wypukły (wskazówka: można rozważyć podział płaszczyzny prostymi zawierającymi boki $ABCD$) i skorzystać z poprzedniego zadania.
 
\item Punkt $P$ leży wewnątrz czworokąta wypukłego $ABCD$ i jest taki, że $ADP$ i $BCP$ są równoboczne. Na bokach $AB$ i $CD$ zbudowano, po zewnętrznej stronie trójkąty równoboczne $ABL$ i $CDM$. Udowodnić, że $P$ jest środkiem odcinka $LM$.
\rozw
Rozważmy złożenie obrotu $O_1$ wokół $A$, przekształcającego $L$ na $B$, $O_2$ wokół $P$ przekształcającego $B$ na $C$, $O_3$ wokół $D$, przekształcającego $C$ na $M$. Te 3 obroty są zgodnie zorientowane (zrób rysunek i popatrz dlaczego) i są to obroty o $\pm 60\deg$. Złożenie $O_3\circ O_2\circ O_1$ jest więc obrotem o $\pm 3\cdot 60\deg=180\deg$, przenoszącym $L$ na $M$, jest więc obrotem wokół środka odcinka $LM$.\\
Złożenie obrotów wokół $A$ i $P$ jest obrotem o $\pm 120\deg$ wokół punktu $X$, takiego, że
\[\angle XAP=\pm 30\deg \hbox{ i } \angle XPA=\mp 30\deg\]
Punkt $X$ jest więc (zrób rys. i patrz rys.) punktem symetrycznym do środka trójkąta $APD$ względem prostej $AP$.\\
Popatrzmy teraz na złożenie obrotów o $\pm 120\deg$ wokół $X$ i o $\pm 60\deg$ wokół $D$, jak na obrót o $180\deg$ wokół $Y$. Punkt $Y$ musi spełniać
\[\angle YXD=\pm 60\deg \hbox{ i } \angle YDX=\mp 30\deg\]
Zauważmy, że punkt $P$ spełnia obie te zależności (a punkt je spełniający jest tylko jeden), jest więc $P=Y$, co kończy dowód, bowiem $O_Y^{180\deg}(L)=M$.
 
 \item Na zewnątrz boków $AB$ i $BC$ trójkąta $ABC$ zbudowano trójkąty prostokątne równoramienne $ABP$ i $BCQ$, z kątami prostymi przy wierzchołkach $P$ i $Q$. Udowodnić, że jeżeli $M$ - środek boku $AC$, to trójkąt $MPQ$ jest też równoramienny prostokątny.
\rozw
Złożenie obrotu wokół $P$, przekształcającego $A$ na $B$ i obrotu wokół $Q$, przekształcającego $B$ na $C$ jest obrotem o $180\deg$, przekształcającym $A$ na $C$, jest więc obrotem wokół $M$, czyli $MPQ=MQP=45\deg$, trójkąt $MPQ$ jest więc prostokątny i równoramienny (szczegóły jak w zadaniu 4.).
 
\item \textbf{58 OM, 2 etap, zadanie 2.} Dany jest pięciokąt wypukły $ABCDE$, w którym $BC=CD$, $DE=EA$, $ BCD= DEA = 90\deg$. Udowodnić, że z odcinków o długościach $AC$, $CE$, $EB$ można zbudować trójkąt. Wyznacz miary jego kątów znając miarę $\alpha$ kąta $ACE$ i miarę $\beta$ kąta $BEC$.
\rozw
Jeżeli potraktujemy pięciokąt z zadania jako trójkąt $ABD$ z doczepionymi trójkątami prostokątnymi równoramiennymi, to, stosując poprzednie zadanie, otrzymujemy $ECM$ - prostokątny równoramienny (kąt prosty przy $M$), gdzie $M$ - środek $AB$.\\
Obrót o $180\deg$ wokół $M$ przenosi $A$ na $B$ i da się rozpisać jako złożenie symetrii względem $MC$ z symetrią względem $ME$, gdyż $CM\perp ME$ (patrz lemat w części teoretycznej), czyli
\[S_{ME}\circ S_{CM}(A)=B\]
Niech $K=S_{CM}(A)$. Wtedy $|KC|=|CA|$ i $S_{ME}(K)=B$, więc $|KE|=|BE|$. Trójkąt $EKC$ ma więc długości boków $AC,CE,EB$. Pozostaje wyliczyć jego kąty. Jest $MEB = MEC - BEC=45-\alpha$, więc $KEC=2(45-\alpha)+\alpha=90-\alpha$. Analogicznie $KCE=90-\beta$, więc $EKC=\alpha+\beta$. Możemy tak swobodnie wszystko dodawać, mimo, że są to kąty zwykłe, bo pięciokąt $ABCDE$ jest wypukły i to narzuca odpowiednie położenie punktów na płaszczyźnie (zrób rys. i patrz rys.).
 
\item \textbf{57 OM, 2 etap, zadanie 5.} Punkt $C$ jest środkiem odcinka $AB$. Okrąg $o_1$ przechodzący przez $A,C$ przecina okrąg $o_2$ przechodzący przez $B,C$ w różnych punktach $C,D$. Punkt $P$ jest środkiem tego łuku $AD$ okręgu $o_1$, który nie zawiera $C$. Punkt $Q$ jest środkiem tego łuku $BD$ okręgu $o_2$, który nie zawiera $C$. Dowieść, że $CD\perp PQ$.
\rozw
Kąty $\angle BQD$ i $\angle DPA$ są zgodnie zorientowane. Ponadto (w zwykłych kątach) $BQD=180\deg - BCD$ i $DPA=180\deg-ACD$ (punkty $P,Q,D$ leżą z tej samej strony $AB$), więc $BQD+DPA=180\deg$. Skoro kąty te są zgodnie zorientowane to
\[\angle BQD+\angle DPA=180\deg\]
Obrót o $\angle BQD$ wokół $Q$ przekształca $B$ na $D$, a obrót o $\angle DPA$ wokół $P$ przekształca $D$ na $A$, więc złożenie $O_P^{\angle DPA}\circ O_Q^{\angle BQD}$ przekształca $B$ na $A$, a jest ono obrotem o $\angle BQD+\angle DPA=180\deg$ wokół pewnego $X$, a więc $X$ musi być środkiem boku $AB$, czyli $X=C$.\\
Z tw. o składaniu obrotów otrzymujemy więc
\[\angle CPQ=\frac{\angle DPA}{2}\]
ponieważ $\frac{DPA}{2}$ jest kątem o mierze mniejszej niż $180\deg$ (przechodząc od kątów skierowanych do zwykłych musimy pamiętać, o tym, że mogłoby, teoretycznie, być $CPQ=\pm 180\deg + \frac{DPA}{2}$, bo liczymy z dokładnością do $360\deg$ miarę $DPA$), to i
\[CPQ = \frac{DPA}{2}\]
Z drugiej strony, czego zresztą milcząco użyłem przy definiowaniu obrotów, jest $|PA|=|PD|$, więc $\triangle DPA$ jest równoramienny, a więc
\[ADP=\frac{180\deg-DPA}{2}=90\deg-\frac{DPA}{2}=90-CPQ\]
Ponieważ wszystko leży tak jak powinno :P, w szczególności półprosta $CD$ przecina $PQ$, to jeżeli oznaczymy punkt przecięcia $CD$ z $PQ$ jako $E$, to kąty w trójkącie $CEP$ spełniają $PCE=90\deg-CPE$, więc
\[CEP=90\deg\]
To kończy dowód.
 
\end{enumerate}
\end{document}