4. Zadatak

Prvo rješenje.

Neka su $\alpha,\beta,\gamma$ kutovi trokuta $ABC$ i $R$ polumjer njegove opisane kružnice. Bez smanjenja općenitosti, neka je točka $E$ na luku $BC$, a točka $F$ na luku $AC$. Kako je $\angle CAD=\angle CBD=90^\circ$, točka $D$ leži na opisanoj kružnici trokuta $ABC$ i $CD$ je njen promjer. Kako je $|CE|=|CH|$, $\angle BEC=180^\circ-\alpha=\angle BHC$ i $BC$ zajednička stranica trokuta $BEC$ i $BHC$, ti su trokuti sukladni po “S-S-K” teoremu (kut $180^\circ-\alpha$ je tupi). Stoga je $\angle ECB=\angle HCB$ pa je pravac $BC$ os simetrije jednakokračnog trokuta $ECH$. Zato je $BC\perp HE$ pa zaključujemo da točke $E,H$ i $A$ leže na istom pravcu. Iz pravokutnog trokuta $CDE$ imamo

$$|DE|=|CD|\cos\angle CDE=|CD|\cos\angle CAE=|CD|\cos(90^\circ-\gamma)=|CD|\sin\gamma.$$

Prema poučku o sinusima vrijedi $2R\sin\gamma=|AB|$, pa je $|DE|=|AB|$. Analogno je $|DF|=|AB|$.

Napomena: Jednakost $|DE|=|DF|$ može se jednostavno dokazati: kako je $|CE|=|CF|$, pravokutni trokuti $CED$ i $CFD$ sa zajedničkom hipotenuzom $CD$ su sukladni.

Drugo rješenje.

Kao u prvom rješenju zaključujemo da je $CD$ promjer kružnice opisane trokutu $ABC$. Slijedi da je $CF$ okomit na $FD$ i $CE$ okomit na $ED$. Primjenom Pitagorinog teorema na pravokutni trokut $CDF$ slijedi da je

$$|DF|^2=|CD|^2-|CF|^2.$$

Označimo li s $R$ polumjer opisane kružnice trokutu $ABC$, slijedi da je

$$|DF|^2=4R^2-|CH|^2.$$

Neka je $N$ nožište visine iz $A$ u trokutu $ABC$. Tada je $|CN|=|AC|\cos\gamma$ te

$$|CH|=\frac{|CN|}{\sin\beta}=\frac{|AC|}{\sin\beta}\cdot\cos\gamma=2R\cos\gamma.$$

Slijedi $|DF|^2=4R^2-4R^2\cos^2\gamma=4R^2\sin^2\gamma=|AB|^2$. Analogno dokazujemo $|DE|^2=|AB|^2$, pa slijedi tvrdnja zadatka.