Założenia:

Korzystamy z rysunku w książce.

Wiemy, że:

$\left|\sphericalangle ABC\right|=90^{\circ }$

$\left|\sphericalangle CAB\right|=60^{\circ }$

---

---

Teza:

$\left|ND\right|=\sqrt{3}+1$

---

---

Dowód:

Spójrzmy na trójkąt prostokątny $ADB$.

Suma miar kątów w trójkącie jest równa $180^{\circ }$, więc:

$\left|\sphericalangle ABD\right|=180^{\circ }-90^{\circ }-60^{\circ }=30^{\circ }$

Korzystamy z zależności między długościami boków w trójkącie o kątach $30^{\circ }$, $60^{\circ }$, $90^{\circ }$:

$\left|BD\right|=\left|AD\right|\cdot \sqrt{3}=2\sqrt{3}$

---

Spójrzmy na trójkąty $KBN$ i $NBL$.

Suma pól tych trójkątów jest równa polu trójkąta $KBL$:

$P_{KBN}+P_{NBL}=P_{KBL}$

---

Wyznaczmy pole trójkąta $KBN$.

Zauważmy, że zgodnie z rysunkiem:

$\left|\sphericalangle KBN\right|=\left|\sphericalangle ABD\right|=30^{\circ }$

Pole trójkąta jest równe połowie iloczynu długości jego dwóch boków i sinusa kąta między tymi bokami:

$P_{KBN}=\frac{1}{2}\cdot \left|BK\right|\cdot \left|BN\right|\cdot \sin \left|\sphericalangle KBN\right|=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot \left|BN\right|\cdot \sin 30^{\circ }=\frac{1}{2}\cdot \left|BN\right|\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4}\cdot \left|BN\right|$

---

Wyznaczmy pole trójkąta $NBL$.

Zauważmy, że zgodnie z rysunkiem:

$\left|\sphericalangle KBN\right|+\left|\sphericalangle NBL\right|=\underset{|\sphericalangle ABC|}{\underbrace{\left|\sphericalangle KBL\right|}}$
Podstawiamy i mamy:

$30^{\circ }+\left|\sphericalangle NBL\right|=90^{\circ }$

$\left|\sphericalangle NBL\right|=90^{\circ }-30^{\circ }$

$\left|\sphericalangle NBL\right|=60^{\circ }$

Pole trójkąta jest równe połowie iloczynu długości jego dwóch boków i sinusa kąta między tymi bokami:

$P_{NBL}=\frac{1}{2}\cdot \left|BL\right|\cdot \left|BN\right|\cdot \sin \left|\sphericalangle NBL\right|=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot \left|BN\right|\cdot \sin 60^{\circ }=\frac{1}{2}\cdot \left|BN\right|\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot \left|BN\right|$

---

Obliczamy pole trójkąta prostokątnego $KBL$:

$P_{KBL}=\frac{1}{2}\cdot \left|BK\right|\cdot \left|BL\right|=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 1=\frac{1}{2}$

---

Patrzymy na $\left(\star \right)$ i otrzymujemy, że:

$\frac{1}{4}\cdot \left|BN\right|+\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot \left|BN\right|=\frac{1}{2}$

$\left|BN\right|\cdot \left(\frac{1}{4}+\frac{\sqrt{3}}{4}\right)=\frac{1}{2}$

$\left|BN\right|\cdot \frac{1+\sqrt{3}}{4}=\frac{1}{2}|:\frac{1+\sqrt{3}}{4}$

$\left|BN\right|=\frac{1}{{\cancel{2}}_1}\cdot \frac{{\cancel{4}}^2}{1+\sqrt{3}}$

$\left|BN\right|=\frac{2}{1+\sqrt{3}}$

Usuwamy niewymierność z mianownika:

$\left|BN\right|=\frac{2}{1+\sqrt{3}}\cdot \frac{1-\sqrt{3}}{1-\sqrt{3}}$

$\left|BN\right|=\frac{2\left(1-\sqrt{3}\right)}{1^2-{\left(\sqrt{3}\right)}^2}$

$\left|BN\right|=\frac{2-2\sqrt{3}}{1-3}$

$\left|BN\right|=\frac{2-2\sqrt{3}}{-2}$

$\left|BN\right|=\frac{{\cancel{-2}}^1\left(-1+\sqrt{3}\right)}{{\cancel{-2}}_1}$

$\left|BN\right|=\sqrt{3}-1$

---

Zauważmy, że zgodnie z rysunkiem:

$\left|ND\right|=\left|BD\right|-\left|BN\right|=2\sqrt{3}-\left(\sqrt{3}-1\right)=2\sqrt{3}-\sqrt{3}+1=\sqrt{3}+1$

Co należało wykazać.