Krok 1. Przekątna \(BD\).
Kąt \(BAD\) jest kątem wpisanym o mierze \(90^\circ\), więc jest oparty na półokręgu. Zatem odcinek \(BD\) jest średnicą okręgu:
\(|BD|=2\cdot 4=8\)
Z warunku \(|BE|=3|DE|\) oraz \(|BE|+|DE|=8\):
\(|DE|=2\), \(\;|BE|=6\)
Z warunku \(|BD|=2|AE|\):
\(|AE|=4\)
Krok 2. Podobne trójkąty.
Kąty \(BAC\) i \(BDC\) są kątami wpisanymi opartymi na tym samym łuku \(BC\), więc są równe. Kąty \(AEB\) i \(DEC\) są wierzchołkowe. Zatem trójkąty \(ABE\) i \(DCE\) są podobne, a skala podobieństwa wynosi:
\(k_1=\frac{|AE|}{|DE|}=\frac{4}{2}=2\), skąd \(|AB|=2\cdot|DC|\)
Podobnie kąty \(ADB\) i \(ACB\) są oparte na łuku \(AB\), a kąty \(AED\) i \(BEC\) są wierzchołkowe, więc trójkąty \(AED\) i \(BEC\) są podobne w skali:
\(k_2=\frac{|AE|}{|BE|}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}\), skąd \(|AD|=\frac{2}{3}\cdot|BC|\)
Krok 3. Twierdzenie Pitagorasa w obu trójkątach prostokątnych.
Trójkąty \(ABD\) i \(CBD\) są prostokątne o wspólnej przeciwprostokątnej \(BD=8\):
\(|AB|^2+|AD|^2=64\) oraz \(|BC|^2+|CD|^2=64\)
Podstawiamy \(|AB|=2|CD|\) oraz \(|AD|=\frac{2}{3}|BC|\):
\(4|CD|^2+\frac{4}{9}|BC|^2=64\)
Z drugiego równania \(|CD|^2=64-|BC|^2\), więc:
\(4\left(64-|BC|^2\right)+\frac{4}{9}|BC|^2=64\)
\(256-4|BC|^2+\frac{4}{9}|BC|^2=64\)
\(192=|BC|^2\left(4-\frac{4}{9}\right)=\frac{32}{9}|BC|^2\)
\(|BC|^2=54\), czyli \(|BC|=3\sqrt{6}\)
Krok 4. Pozostałe boki.
\(|CD|^2=64-54=10\Rightarrow|CD|=\sqrt{10}\)
\(|AB|=2|CD|=2\sqrt{10}\)
\(|AD|=\frac{2}{3}|BC|=\frac{2}{3}\cdot 3\sqrt{6}=2\sqrt{6}\)
Sprawdzenie: \(|AB|^2+|AD|^2=40+24=64\) ✓
Odpowiedź: \(|AB|=2\sqrt{10}\), \(|BC|=3\sqrt{6}\), \(|CD|=\sqrt{10}\), \(|AD|=2\sqrt{6}\)
