Školjka

Označimo: $|\angle ABC| = \beta$, $|BC| = a$, $|AM| = |MB| = x$, $|CD| = p$, $|DA| = q$, $|MD| = x \cos \frac{\beta}2$, $|DB| = x \sin \frac{\beta}2$\\ Iz poučka o simetrali kuta slijedi: $$\dfrac{p}{q} = \dfrac{a}{2x}$$ što treba pokazati da je jednako $\frac13$ kako bismo dobili tvrdnju ekvivalentnu onoj u zadatku. Odavde ćemo izraziti $a = 2x\dfrac{p}{q}$. Također, radi kraćeg pisanja, uvedimo supstituciju: $C = \cos\frac{\beta}2$\\ Iz poučka o kosinusu u trokutu $BCD$ slijedi: $$p^2 = a^2 + x^2C^2 - 2axC^2$$ odnosno, kad uvrstimo $a$: $$p^2 = 4x^2\left(\frac{p}{q}\right)^2 + x^2C^2 - 4x^2\frac{p}{q}C^2$$ Iz poučka o kosinusu u trokutu $AMD$ slijedi: $$q^2 = 4x^2 + x^2C^2 - 4x^2C^2$$ $$q^2 = 4x^2 - 3x^2C^2$$ Dijeljenjem te dvije jednadžbe možemo izraziti $\dfrac{p}{q}$: $$\frac{p^2}{q^2} = \dfrac{4x^2\left(\dfrac{p}{q}\right)^2 + x^2C^2 - 4x^2\dfrac{p}{q}C^2}{4x^2 - 3x^2C^2}$$ Sad uvrstimo supstituciju: $y = \dfrac{p}{q}$ i riješimo kvadratnu jednadžbu za $y$: $$y^2(4x^2-3x^2C^2) = 4x^2y^2 + x^2C^2 - 4x^2yC^2$$ $$4x^2y^2-3x^2C^2y^2 = 4x^2y^2 + x^2C^2 - 4x^2yC^2$$ $$-3x^2C^2y^2 = x^2C^2 - 4x^2yC^2$$ \\ $$3x^2C^2 y^2- 4x^2yC^2 + x^2C^2 = 0$$ $$y = \dfrac{4x^2C^2 \pm \sqrt{16x^4C^4 - 12x^4C^4}}{6x^2C^2} = \dfrac{4x^2C^2 \pm 2x^2C^2}{6x^2C^2} = \dfrac{2\pm1}{3}$$ Primijetimo da ne može biti $y = 1$, jer to bi značilo da je $p = q$, odnosno trokut $ABC$ jednakokračan s osnovicom $\overline{AC}$, pa je $|\angle ADB| = 90^{\circ} = |\angle MDB|$, odnosno $|AB| = 0$ jer je $|AM| = 0 = \dfrac{|AB|}2$.\\ Zaključujemo da je $\dfrac{p}{q} = \dfrac13$, što je trebalo dokazati.