3784494688

więc trójkąty prostokątne CAF i ABE są przystające. Stąd

(1) AE — CF oraz BE — AF.

Ponadto na mocy twierdzenia Talesa,

® H=§§4 ^sk^^d BE=2CF■

Korzystając z równości (1) oraz (2) otrzymujemy

EF = AF-AE = BE-AE = 2-CF-CF = CF.

Trójkąt CFE jest więc trójkątem prostokątnym równoramiennym, a to oznacza, że $CED = iCEF = 45°.

Sposób II

Uzupełnijmy trójkąt ABC do kwadratu ABFC (rys. 2). Załóżmy, że prosta AD przecina odcinek CF w punkcie P, zaś prosta BE przecina bok AC w punkcie Q. Ponieważ

CP CD _ 1 AB ~ ~DB~ 2’ więc CP =\CF. Ponadto

i ABE = 90° - $BAE = $CAP,

co dowodzi, że trójkąty prostokątne ABQ oraz CAP są przystające. Zatem CP = AQ, i w konsekwencji CP — CQ (= \AB).

Ponieważ ^PCQ = $-PEQ = 90°, więc punkty C, Q, E, P leżą na jednym okręgu. Stąd $CED = $CQP = 45°.

Sposób III

Oznaczmy przez F środek odcinka BC (rys. 3). Wykażemy najpierw, że zachodzi równość:

(3)    CD² = DFDB.

Oznaczmy: AB = AC = a. Wówczas z definicji

punktu D,

(4)    CD² = (\aJ.2)² = §a² oraz

DF DB = (DB - BF) ■ DB = DB² - BF DB =

(5)    «=(§a\/2)²-(iav^M§av5) = §a².

Łącząc ze sobą równości (4) i (5), otrzymujemy równość (3).

Ponieważ $.AEB — AFB = 90°, więc punkty A, P, F, E leżą na jednym

35