Atrisinājums

Nogriežņu \(CD\) un \(CE\) krustpunktus ar \(AB\) apzīmējam attiecīgi ar \(M\) un \(N\) (skat. 5.att.) un apzīmējam \(AB=AC=CB=a\). No simetrijas izriet, ka \(AM=NB\), tātad prasītais būs pierādīts, ja pierādīsim, ka \(AM=\frac{a}{3}\).

Novelkam \(CO \perp AB\) un \(DK \perp AB\). Tā kā loki \(AD, DE\) un \(EB\) ir vienādi, tad katrs no tiem ir \(60^{\circ}\) un \(\sphericalangle BAD=60^{\circ}\) kā ievilktais leņķis, kas balstās uz loku \(DB\).

Ievērojam, ka \(O\) ir gan regulārā trijstūra \(ABC\) augstuma pamats, gan pusriņķa līnijas centrs. Iegūstam, ka \(AO=OB=O D=\frac{1}{2} AB=\frac{a}{2}\). Ievērojam, ka trijstūris \(AOD\) ir regulārs, jo tas ir vienādsānu trijstūris, kam leņķis pie pamata ir \(60^{\circ}\). Tā kā punkts \(K\) ir šī regulārā trijstūra augstuma pamats, tad \(AK=KO=\frac{AO}{2}=\frac{a}{4}\).

Regulārie trijstūri \(ABC\) un \(AOD\) ir līdzīgi ar līdzības koeficientu \(\frac{AB}{AO}=2\). Tas nozīmē, ka \(\frac{CO}{KD}=2\).

Trijstūri \(MOC\) un \(MKD\) ir līdzīgi pēc pazīmes \(\ell \ell\) (vienādi taisnie leņķi un krustleņķi). Tā kā līdzīgos trijstūros atbilstošās malas ir proporcionālas un \(\frac{CO}{KD}=2\), tad arī \(\frac{OM}{MK}=2\) jeb \(OM=2MK\).

Ievērojam, ka \(KO=OM+MK=3MK=\frac{a}{4}\), no kurienes \(MK=\frac{a}{12}\).

Tātad \(AM=AK+MK=\frac{a}{4}+\frac{a}{12}=\frac{a}{3}\).