propun o solutie fara a avea pretentia ca nu alta mai simpla.
fara sa intru in detalii
triunghiul MBC este isoscel (BM=MC simplu de aratat)
triunghiul AMD este isoscel (unghiurile de la baza au 15°)
ducem prin M o perpendiculara pe BC care va fi perpendiculara si pe AD
notam intersectiile cu BC si AD cu E respectiv cu F
F,M,E coliniare
FE⊥BC, FE⊥AD
AF=FD
BE=EC
pentru usurinta calculelor notam:
FM=h
ME=H
AB=BC=CD=AD=l (latura patratului)
in triunghiul FMD aplicam teorema ∡15°
MD=4FG, FG este perpendiculara coborata dun F pe MD,FG⊥MD, G∈MD
aria tr.FMD=MD x FG/2=MD^2 / 8
pe de alta parte aria FMD=FD x FM/2=l x h/4
egalam ariile:
MD^2=2lh
cu pitagora in tr. FMD scoatem MD^2
MD^2=h^2 + l^2/4, inlocuim pe MD^2
2lh=h^2 + l^2/4 din care rezulta ecuatia de grad 2 in h
4h^2-8lh+l^2=0
cu solutiile:
h1=l(2+√3)/2 si
h2=l(2-√3)/2
evident ca h<I/2 (vezi relatiile dintre laturile si unghiurile intr-un triunghi)
rezulta ca singura solutie care ne satisface este h2
h=l(2-√3)/2
H=l-h=l-l(2-√3)/2
H=l√3/2
cu pitagora in triunghiul MEC scoatem MC
MC=√(H+l^2/4)=√(3l^2/4+l^2/4)
MC=l
prin urmare triunghiul CMD este isoscel pentru ca MC=l=DC
rezulta ca ∡MDC=∡DMC=75°
rezulta ∡DCM=180-75-75=30°
si in final ∡MCB=90-30=60°=∡MBC ⇒ tr. MBC este isoscel cu un unghi de 60 deci e echilateral
sunt open la comentarii
