Trójkąt w trójkacie

[mol_ksiazkowy]

W trójkącie ostrokątnym \(\displaystyle{ ABC}\) kąt o wierzchołku \(\displaystyle{ A}\) jest równy \(\displaystyle{ 60^{o}}\). Na wysokości \(\displaystyle{ CD}\) istnieją punkty \(\displaystyle{ E}\) i \(\displaystyle{ F}\) takie, że kąt \(\displaystyle{ DBE}\) jest równy \(\displaystyle{ 15^{o}}\), punkt \(\displaystyle{ F}\) jest środkiem odcinka \(\displaystyle{ EC}\) i \(\displaystyle{ 2|DF| = |AB|}\). Udowodnić, że trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) jest równoboczny.
bez trygonometrii...i należy wykonać rysunek.

[kerajs]

Pewnie nie o taki rysunek chodzi, ale przynajmniej rysunek jest.
\(\displaystyle{ \begin{tikzpicture}[scale=2]
\draw[blue, thick] (0.4,4.157)--(-2,0)--(2.5,0);
\draw[blue, densely dashed](0,0)--(0,3.464);
\draw[red!50!blue] (0,0)arc (270:225:3.464);
\draw(-2,0) node[below] {$A$};
\draw(0,0) node[below] {$D$};
\draw(0,3.56) node[above] {$C$};
\draw[red!50!blue,dashed] (-1.732,0)--(-1.732,0.5);
\draw(-1.732,0) node[below] {$L$};
\draw(-1.732,0.5) node[above] {$K$};
\end{tikzpicture}}\)
Jeśli \(\displaystyle{ \left| AC\right|=2x}\) to:
\(\displaystyle{ \left| AD\right|=x \\
\left| CD\right|=x \sqrt{3}\\
\left| AK\right|=x(2- \sqrt{3})\\
\left| DL\right|=\left| AD\right|-\left| AL\right|= \frac{x \sqrt{3} }{2} \\
\left| KL\right|= \frac{\left| AK\right| \sqrt{3} }{2} = \frac{x(2 \sqrt{3}-3 )}{2} \\
\angle ADK=15^{\circ}}\)

Przyjmując \(\displaystyle{ \left| CF\right|=\left| EF\right|=a}\) to:
\(\displaystyle{ \left| ED\right|=x \sqrt{3}-2a\\
\left| FD\right|= x \sqrt{3}-a}\)

Z treści zadnia:
\(\displaystyle{ 2\left| DF\right|=\left| AB\right| \\
2(x \sqrt{3}-a) =x+\left| BD\right| \\
x \sqrt{3}+(x \sqrt{3}-2a) =x+ \left| BD\right|}\)

Z podobieństwa trójkątów DKL i BDE
\(\displaystyle{ x \sqrt{3}+ \frac{\frac{x(2 \sqrt{3}-3 )}{2}}{\frac{x \sqrt{3} }{2}} \left| BD\right|=x+ \left| BD\right|\\
x \sqrt{3}+ (2- \sqrt{3} ) \left| BD\right|=x+ \left| BD\right|\\
x(\sqrt{3}-1)=\left| BD\right|(\sqrt{3}-1)\\
\left| BD\right|=x}\)