5. Zadatak

Prvo rješenje.

Uz oznake kao na slici uvjet zadatka je

$$P(\triangle ADE)=\frac13P(\triangle ABC),$$

odnosno

$$\frac12\cdot\frac{|AB|}{2}\cdot|ED|=\frac13\cdot\frac12\cdot|AB|\cdot|CP|,$$

iz čega slijedi

$$\frac{|CP|}{|ED|}=\frac32.$$

Trokuti $\triangle ADE$ i $\triangle APC$ su slični jer su pravci $ED$ i $CP$ paralelni. Stoga

$$\frac{|AP|}{|AD|}=\frac{|CP|}{|ED|}=\frac32.$$

Polovište hipotenuze $D$ pravokutnog trokuta je središte opisane kružnice pa je $|DC|=|DB|=|DA|$, te je zbog gornjeg omjera $P$ polovište dužine $DB$.

Dakle, trokut $\triangle DBC$ je jednakostraničan pa je kut $\angle ABC=60^\circ$. Slijedi da je $\angle BAC=30^\circ$.

Drugo rješenje.

Koristimo oznake kao na drugoj slici.

Kako je $D$ polovište hipotenuze, trokuti $ADE$ i $BDE$ su sukladni, pa zbog uvjeta zadatka, ta dva trokuta i trokut $BCE$ imaju jednake površine.

Zato je $P(BCE)=\frac13P(ABC)$, pa je $|CE|=\frac13|CA|$ (visine na zajedničku stranicu $\overline{BC}$), odnosno $|AE|=2|CE|$.

Kako je $|AE|=|BE|$, zaključujemo da u pravokutnom trokutu $BCE$ vrijedi $|BE|=2|CE|$,

pa su šiljasti kutovi tog trokuta $\angle BEC=60^\circ$ i $\angle EBC=30^\circ$.

Dalje je lako. Npr.,

$$\angle AEB=180^\circ-\angle CEB=120^\circ,$$ $$\angle CAB=\angle EAB=\angle EAB=\frac12(180^\circ-\angle AEB)=30^\circ,$$ $$\angle ABC=90^\circ-\angle CAB=60^\circ.$$

Kutovi danog trokuta su $30^\circ$, $60^\circ$ i $90^\circ$.

Treće rješenje.

Koristimo oznake kao na drugoj slici.

Trokuti $ABC$ i $AED$ su slični. Trokuti $AED$ i $BED$ su sukladni, pa je $P(\triangle AED)=\frac13P(\triangle ABC)$. Zato je koeficijent sličnosti $k=\frac{|AC|}{|AD|}=\sqrt3$.

Iz $|AC|^2+|BC|^2=|AB|^2$ slijedi

$$(\sqrt3|AD|)^2+(\sqrt3|ED|)^2=(2|AD|)^2\quad\text{tj.}\quad|AD|^2=3|ED|^2.$$

Odavde je $|AE|^2=|AD|^2+|ED|^2=4|ED|^2$, tj. $|AE|=2|ED|$.

Trokut $ADE$ je pola jednakostraničnog trokuta, pa je $\angle CAB=\angle EAD=30^\circ$.

Kako je $\angle BCA=90^\circ$, $\angle ABC=90^\circ-\angle CAB=60^\circ$.