5. Zadatak

Prvo rješenje.

Neka je $\angle BDC=x$ i $\angle DBA=y$. Tada je $\angle BAC=2x$. Neka su točke $P$ i $Q$ redom sjecišta simetrale kuta $\angle BAC$ s dužinom $BC$ i polupravcem $DC$.

Tada je $\angle BAQ=\angle BDQ=x$, pa je četverokut $ABQD$ tetivan. Budući da je $\angle BAD$ pravi i kut $\angle DQB$ je također pravi.

Obodni kutovi $\angle DQA$ i $\angle DBA$ nad tetivom $AD$ su jednaki, tj. $\angle DQA=y$, te je $\angle AQB=90^\circ-y$.

Budući da je $\angle BCQ=180^\circ-\angle DCB=y=\angle DQA$, trokut $PQC$ je jednakokračan i vrijedi $|PQ|=|PC|$.

Imamo i

$$\angle QBP=\angle QPC-\angle PQB=180^\circ-2y-(90^\circ-y)=90^\circ-y=\angle AQB,$$

pa je i trokut $PBQ$ jednakokračan i vrijedi $|PB|=|PQ|$.

Dakle, točka $P$ je polovište dužine $BC$, pa prema obratu poučka o simetrali kuta $\angle BAC$ vrijedi $|AB|=|AC|$.

Stoga je

$$90^\circ=\angle APB=\angle QPC=180^\circ-2y,$$

odakle slijedi $\angle DBA=y=45^\circ$.

Drugo rješenje.

Neka je $\angle BDC=x$ i $\angle DBA=y$. Tada je

$$\angle BAC=2x,\quad \angle ADB=90^\circ-y,\quad \angle ADC=90^\circ-y+x,$$ $$\angle CAD=90^\circ-2x,\quad \angle CBD=180^\circ-\angle DCB-\angle BDC=y-x$$

i $\angle CBA=2y-x$.

Primjenom poučka o sinusima u trokutima $ABC$ i $ACD$ dobivamo

$$\frac{|AC|}{|BC|}=\frac{\sin(2y-x)}{\sin2x} \qquad\text{i}\qquad \frac{|AC|}{|DC|}=\frac{\sin(90^\circ-y+x)}{\sin(90^\circ-2x)}=\frac{\cos(y-x)}{\cos2x},$$

odakle je

$$\frac{|DC|}{|BC|}=\frac{\sin(2y-x)\cos2x}{\cos(y-x)\sin2x}.$$

Primjenom poučka o sinusima u trokutu $BCD$ dobivamo $\frac{|DC|}{|BC|}=\frac{\sin(y-x)}{\sin x}$, pa je

$$\frac{\sin(2y-x)\cos2x}{\cos(y-x)\sin2x}=\frac{\sin(y-x)}{\sin x}.$$

Transformacijom posljednje jednadžbe redom dolazimo do

$$\cos2x\sin x\sin(2y-x)=\sin2x\sin(y-x)\cos(y-x),$$ $$\cos2x\sin x\sin(2y-x)=2\sin x\cos x\sin(y-x)\cos(y-x),$$ $$\cos2x\sin x\sin(2y-x)=\sin x\cos x\sin(2y-2x),$$ $$\sin x\,[\cos2x\sin(2y-x)-\cos x\sin(2y-2x)]=0,$$ $$\sin x\,[\sin(x+2y)-\sin(2y-x)]=0,$$ $$2\sin x\cos2y\sin x=0,$$ $$\sin^2x\cos2y=0.$$

Budući da je $0^\circ<2x<90^\circ$, odnosno $0^\circ<x<45^\circ$, ne može biti $\sin x=0$.

Preostaje $\cos2y=0$, odakle zbog $0^\circ<y<90^\circ$, odnosno $0^\circ<2y<180^\circ$ slijedi $2y=90^\circ$.

Dakle, $\angle DBA=y=45^\circ$.