3. Zadatak

Prvo rješenje

Dužina $\overline{FG}$ je visina trokuta $CEF$ jer je trokut $CEF$ jednakostraničan i točka $G$ je polovište stranice $\overline{CE}$.

Posebno, imamo da je $|\angle EGF|=|\angle FGC|=90^\circ$.

Uočimo da je četverokut $AFGE$ tetivan jer je $|\angle FAE|=|\angle EGF|=90^\circ$.

Iz gornje tetivnosti imamo da je

$$|\angle BAG|=|\angle FAG|=|\angle FEG|=60^\circ.$$

Analogno je i četverokut $FBCG$ tetivan te imamo

$$|\angle GBA|=|\angle GBF|=|\angle GCF|=60^\circ.$$

Konačno, iz $|\angle BAG|=|\angle GBA|=60^\circ$ slijedi da je trokut $ABG$ jednakostraničan.

Drugo rješenje

Bez smanjenja općenitosti možemo pretpostaviti da je $|AB|=1$. Označimo s $x=|AE|$ te neka je točka $N$ nožište okomice iz točke $G$ na pravac $\overline{AB}$.

Tada je $|DE|=|AD|-|AE|=1-x$.

Nadalje, trokuti $FBC$ i $EDC$ su sukladni jer su pravokutni i vrijedi $|BC|=|CD|$ i $|CF|=|CE|$.

Iz gornje sukladnosti slijedi da je $|BF|=|DE|=1-x$ te $|AF|=x$.

Primjenom Pitagorinog poučka na trokut $AFE$ dobivamo

$$|EF|^2=|AF|^2+|AE|^2=2x^2.$$

Primjenom Pitagorinog poučka na trokut $FBC$ dobivamo

$$|CF|^2=|BF|^2+|BC|^2=(1-x)^2+1=x^2-2x+2.$$

Kako je $|EF|=|CF|$ iz gornjih jednakosti slijedi

$$2x^2=x^2-2x+2,$$

odnosno imamo da je

$$x^2+2x-2=0.$$

Rješenja te kvadratne jednadžbe su $x_1=\sqrt3-1$ i $x_2=-\sqrt3-1$. Budući da je $x=|AE|>0$ slijedi da mora biti $x=\sqrt3-1$.

Uočimo da je $\overline{GN}$ srednjica trapeza $ABCE$ jer je $\overline{GN}$ paralelno s osnovicama $\overline{BC}$ i $\overline{AE}$ te je $G$ polovište kraka $\overline{CE}$. Posebno, imamo da je $N$ polovište drugog kraka $\overline{AB}$.

Također, kako je $\overline{GN}$ srednjica trapeza, imamo

$$|GN|=\frac{|BC|+|AE|}{2}=\frac{\sqrt3}{2}.$$

Konačno primjenom Pitagorinog poučka na trokute $ANG$ i $NBG$ redom imamo

$$|AG|=\sqrt{|AN|^2+|GN|^2}=1,$$ $$|BG|=\sqrt{|BN|^2+|GN|^2}=1.$$

Dakle, vrijedi da je $|AB|=|AG|=|BG|=1$ iz čega slijedi da je trokut $ABG$ jednakostraničan.