Wiemy, że $\frac{\left|AE\right|}{\left|EB\right|}=\frac{1}{2}$, więc możemy oznaczyć: $\left|AE\right|=a$, $\left|EB\right|=2a$.

R1ZTrRvhRtDe6

Na ilustracji przedstawiono równoległobok $ABCD$, o podstawie dolnej $AB$ i górnej $DC$. Zaznaczono punkt E na równoległoboku, taki że odległość $AE$ wynosi a, natomiast odległość $EB$ wynosi $2a$. Zaznaczono przekątną $AC$ równoległoboku, oraz odcinek $DE$, które przecinają się w punkcie F. Zacieniowano trójkąt $AFE$.

Wtedy długość boku $\left|AB\right|=\left|CD\right|=3a$.

Z równoległości boków otrzymujemy równość kątów $\left|\sphericalangle FAB\right|=\left|\sphericalangle FCD\right|$ oraz $\left|\sphericalangle AEF\right|=\left|\sphericalangle CDF\right|$.

Zatem trójkąty $AEF$ i $CDF$ są podobne w skali $\frac{\left|AE\right|}{\left|CD\right|}=\frac{a}{3a}=\frac{1}{3}$.

Wysokości opuszczone z odpowiednich wierzchołków są również w tej samej skali, więc możemy oznaczyć je odpowiednio $h$ i $3h$.

RQGj21BotH2XV

Na ilustracji przedstawiono równoległobok $ABCD$, o podstawie dolnej $AB$ i górnej $DC$. Zaznaczono punkt E na równoległoboku, taki że odległość $AE$ wynosi a, natomiast odległość $EB$ wynosi $2a$. Zaznaczono przekątną $AC$ równoległoboku, oraz odcinek $DE$, które przecinają się w punkcie F. Zacieniowano trójkąt $AFE$. Na górnej podstawie $CD$, zaznaczono punkt H, z którego opuszczono wysokość do podstawy $AB$, przechodzącą przez punkt F. Długość odcinka $HF$ wynosi $3h$, natomiast długość odcinka $FE$ wynosi h.

Zatem wysokość równoległoboku to $4h$.

Wiemy, że: $P=3a\cdot 4h=60$, czyli $ah=5$.

Zatem szukane pole trójkąta $AEF$ jest równe: $P=\frac{1}{2}ah=\frac{5}{2}$.

Oznaczmy jak na rysunku:

RWq7qn0G1PKhX

Na ilustracji przedstawiono równoległobok $ABCD$. Długość podstaw $AB$ i $DC$ oznaczono literą a, natomiast długość ramion AD i BC oznaczono literą b. Wartości kątów w równoległoboku wynoszą odpowiednio BETA dla kąta ostrego, oraz ALFA dla kąta rozwartego.

$\left|AB\right|=\left|CD\right|=a$; $\left|BC\right|=\left|DA\right|=b$; $\left|\sphericalangle ABC\right|=\alpha$, $\left|\sphericalangle BAD\right|=\beta$. Zapiszmy twierdzenie cosinusów dla trójkąta $ABC$ oraz dla trójkąta $ABD$. Otrzymujemy:

${\left|AC\right|}^2={\left|AB\right|}^2+{\left|BC\right|}^2-2\cdot \left|AB\right|\cdot \left|BC\right|\cdot \cos \alpha =a^2+b^2-2ab\cos \alpha$ oraz

${\left|BD\right|}^2={\left|AB\right|}^2+{\left|AD\right|}^2-2\cdot \left|AB\right|\cdot \left|AD\right|\cdot \cos \beta =a^2+b^2-2ab\cos \beta$

Ponieważ w równoległoboku $\alpha +\beta =180°$ to $\cos \beta =\cos \left(180°-\alpha \right)=-\cos \alpha$. Uwzględniając powyższą uwagę i dodając stronami wcześniejsze równości otrzymujemy, co należało udowodnić:

${\left|AC\right|}^2+{\left|BD\right|}^2=a^2+b^2-2ab\cos \alpha +a^2+b^2-2ab\cos \beta =$

$=a^2+b^2-2ab\cos \alpha +a^2+b^2+2ab\cos \alpha =2a^2+2b^2=$

$={\left|AB\right|}^2+{\left|CD\right|}^2+{\left|BC\right|}^2+{\left|DA\right|}^2$.

Oznaczmy środek odcinka $AB$ przez $K$, środek $CD$ przez $L$, punkt przecięcia przekątnych przez $G$, punkt przecięcia prostej $MN$ z przekątnymi $AC$ i $BD$ odpowiednio przez $E$, $F$ (rysunek):

RYbPdThdjvvsO

Na ilustracji przedstawiono czworokąt $ABCD$. Zaznaczono odcinek $MN$, łączący środki boków $AD$ i $BC$. Środek boku $DC$ stanowi punkt L, natomiast środek boku $AB$ stanowi punkt K. Zielonym kolorem połączono punkty M, K, N, L tworząc czworokąt. Poprowadzono przekątne $AC$ i $BD$, które przecinają się w punkcie G.. Przekątna $AC$ przecina odcinek $MN$ w punkcie E. Przekątna $BD$ przecina odcinek $MN$ w punkcie F. Zacieniowano powstały trójkąt $EFG$. Zaznaczono kąty między prostą $MN$ a przekątnymi, czyli przy wierzchołkach E, F i G.

Z własności odcinka łączącego środki ramion w trójkącie otrzymujemy, że proste $KN$ i $ML$ są równoległe do przekątnej $AC$, natomiast proste $KM$ i $NL$ są równoległe do przekątnej $BD$. Zatem czworokąt $KNLM$ jest równoległobokiem.

Co więcej, długości tych odcinków są równe połowie długości przekątnych. Z założeń zadania wiemy, że $\left|AC\right|=\left|BD\right|$, więc czworokąt $KNLM$ jest rombem.

Wnioskujemy więc, że trójkąt $MNL$ jest trójkątem równoramiennym.

Wiemy też, że $ML\parallel AC$ i $NL\parallel BD$, czyli, że kąty przy wierzchołkach $M$ i $N$ w trójkącie $MNL$ są równe kątom przy wierzchołkach $E$ i $F$ w trójkącie $EFG$.

Trójkąt $EFG$ jest więc również trójkątem równoramiennym, a to jest równoważne z tezą naszego zadania.

Uwaga! W rozwiązaniu zadania nie było konieczne rozważanie punktu $K$. Można było rozwiązanie sprowadzić do podobieństwa trójkątów $MNL$ i $EFG$. 
Jednak fakt, że środki boków czworokąta są wierzchołkami równoległoboku (lub rombu, gdy przekątne czworokąta są równe) jest na tyle ważny i użyteczny, że warto było to odnotować w rozwiązaniu tego zadania.