2. Zadatak

Prvo rješenje.

Označimo $\angle ABC=\angle DAE=\angle AED=\beta$.

Tada je

$$\begin{aligned} \angle BAC&=90^\circ-\beta,\\ \angle BAE&=(90^\circ-\beta)-\beta=90^\circ-2\beta,\\ \angle BEA&=180^\circ-\beta. \end{aligned}$$

Primijenimo poučak o sinusima na trokut $ABE$:

$$|BE|=\frac{\sin\angle BAE}{\sin\angle AEB}\cdot|AB| =\frac{\sin(90^\circ-2\beta)}{\sin(180^\circ-\beta)}\cdot|AB| =\frac{\cos(2\beta)}{\sin\beta}\cdot|AB|.$$

U trokutu $BCD$ je $|CD|=|BC|\operatorname{ctg}\angle CDB=|BC|\operatorname{ctg}(2\beta)$. Konačno je

$$\begin{aligned} \frac{|BE|}{|CD|} &=\frac{\frac{\cos(2\beta)}{\sin\beta}\cdot|AB|} {|BC|\operatorname{ctg}(2\beta)}\\ &=\frac{\cos(2\beta)|AB|} {\sin\beta\cdot|BC|\cdot\frac{\cos(2\beta)}{\sin(2\beta)}}\\ &=\frac{\sin(2\beta)|AB|}{\sin\beta\cdot|AB|\cos\beta}=2. \end{aligned}$$

Drugo rješenje.

Označimo s $H$ sjecište pravca $AE$ i $BC$. Neka je $|CH|=x$, $|CD|=y$ te uobičajeno $|AB|=c$, $|BC|=a$ i $|CA|=b$.

Trokuti $BHE$ i $AHB$ su slični jer imaju zajednički kut u vrhu $H$ i $\angle ABH=\angle BEH=\beta$. Imamo $|BE|:|AB|=|BH|:|AH|$, odnosno

$$|BE|:c=(a-x):\sqrt{b^2+x^2}.$$

Slični su i pravokutni trokuti $AHC$ i $BAC$ jer imaju sukladne kutove. Stoga je $|CH|:|AC|=|AC|:|BC|$, odnosno $x:b=b:a$. Dobivamo

$$x=\frac{b^2}{a}$$

i

$$\begin{aligned} |BE| &=\frac{c(a-x)}{\sqrt{b^2+x^2}} =\frac{c\left(a-\frac{b^2}{a}\right)} {\sqrt{b^2+\left(\frac{b^2}{a}\right)^2}}\\ &=\frac{c(a^2-b^2)}{b\sqrt{a^2+b^2}} =\frac{a^2-b^2}{b}. \end{aligned}$$

S druge strane je $|BD|=|BE|+|DE|=|BE|+|DA|$, odnosno

$$\sqrt{a^2+y^2}=\frac{a^2-b^2}{b}+(b-y)=\frac{a^2}{b}-y.$$

Sređivanjem dobivamo

$$\begin{aligned} a^2+y^2&=\frac{a^4}{b^2}-2\frac{a^2}{b}y+y^2,\\ b^2&=a^2-2by, \end{aligned}$$

te konačno

$$|CD|=y=\frac{a^2-b^2}{2b}=\frac12|BE|.$$

Treće rješenje.

Označimo $\angle ABC=\angle DAE=\angle AED=\beta$.

Vrijedi $\angle EDC=2\beta$ pa je $\angle DBC=90^\circ-2\beta$.

S druge strane, iz pravokutnog trokuta $ABC$ imamo $2\beta+\angle EAB=90^\circ$, odnosno $\angle EAB=90^\circ-2\beta$.

Vidimo da je $\angle DBC=\angle EAB$. Sada možemo zaključiti (prema obratu teorema o kutu između tetive i tangente) da je pravac $BC$ tangenta na opisanu kružnicu trokuta $ABE$ u točki $B$.

Neka je ta kružnica $k$, točka $O$ njeno središte i neka je $F$ drugo sjecište pravca $CA$ s $k$.

Promotrimo pravce $BE$ i $AF$ koji se sijeku u $D$. Potencija točke $D$ u odnosu na $k$ je

$$|DE|\cdot|DB|=|DA|\cdot|DF|.$$

Znamo da je $|DA|=|DE|$ pa slijedi $|DB|=|DF|$ i $|BE|=|AF|$.

Dakle, trokut $BDF$ je jednakokračan, a isto vrijedi i za trokut $OBF$. Pravci $OB$ i $FD$ su okomiti na $BC$ pa su međusobno paralelni. Stoga je $\angle OBF=\angle BFD$, a to znači da spomenuti jednakokračni trokuti imaju sukladne kutove uz zajedničku osnovicu $BF$. Oni su, dakle, sukladni, a četverokut $OBDF$ je romb.

Označimo sada polovište dužine $AF$ s $P$. Trokuti $BCD$ i $OPF$ su pravokutni trokuti sa sukladnim hipotenuzama ($|BD|=|OF|$, jer je $OBDF$ romb) i s jednim parom sukladnih kutova ($\angle BDC=\angle OFP$, kutovi s paralelnim kracima) pa je $\triangle BCD\cong\triangle OPF$.

Konačno je

$$|CD|=|PF|=\frac12|AF|=\frac12|BE|.$$