Niech $k$ oznacza symetralną boku $AB$, a $l$ - symetralną boku $BC$, jak na rysunku.

RkTMhaOuHYjaU

Rysunek przedstawia trójkąt o podstawie A B C o podstawie A B, prawym boku B C i lewym A C. Trójkąt przecinają dwie symetralne. Pierwsza to symetralna odcinka A B opisana jako k przechodzi przez wierzchołek C i przecina odcinek A B w punkcie K. Druga to symetralna odcinka B C opisana jako l. Przecina ona odcinek B C w punkcie L.

Ponieważ punkt $C$ leży na symetralnej $k$ boku $AB$, więc z własności symetralnej wynika, że $\left|AC\right|=\left|BC\right|$. Podobnie punkt $A$ leży na symetralnej $l$ boku $BC$, więc z własności symetralnej wynika, że $\left|AB\right|=\left|AC\right|$. Otrzymaliśmy więc równość $\left|AC\right|=\left|BC\right|=\left|AB\right|$. To dowodzi, że trójkąt $ABC$ jest równoboczny. To właśnie należało udowodnić.

W dowodzie nie korzystaliśmy z założenia, że wierzchołek $B$ leży na symetralnej boku $AC$. Zatem do wykazania prawdziwości tezy wystarczy założyć, że symetralne dwóch boków trójkąta przechodzą przez wierzchołki. Warto przy tym zauważyć, że z tego założenia wynika, że symetralna trzeciego boku trójkąta również przechodzi przez wierzchołek trójkąta, bo skoro wykazaliśmy, że $\left|BC\right|=\left|AB\right|$, to z własności symetralnej odcinka wynika, że punkt $B$ leży na symetralnej odcinka $AC$.

Niech $P$ będzie punktem przecięcia symetralnych boków $AB$ i $BC$ trójkąta $ABC$, leżącym na boku $AC$ tego trójkąta. Oznaczmy też $\alpha =\left|\sphericalangle BAP\right|$ oraz $\beta =\left|\sphericalangle BCP\right|$.

R1H9sMUdv6ZSz

Rysunek przedstawia trójkąt A B C o podstawie A B. Przy wierzchołku A zaznaczono kąt alfa, przy wierzchołku C kąt beta, a przy wierzchołku B kąt podzielony jest linią przerywaną na dwa kąty: przy podstawie alfa i przy prawym boku B C - kąt beta. Trójkąt A B C przecinają dwie symetralne. Symetralna boku A B i boku B C. Razem z połowami boków A B i B C tworzą czworokąt. Symetralne przecinają się w punkcie P. Linia przerywana dzieląca kąt przy wierzchołku B tworzy odcinek B P, który jest przekątna czworokąta.

Wtedy z własności symetralnej wynika, że $\left|AP\right|=\left|BP\right|$ oraz $\left|BP\right|=\left|CP\right|$. To oznacza, że trójkąty $ABP$ i $BCP$ są równoramienne. Stąd wynika, że $\left|\sphericalangle ABP\right|=\left|\sphericalangle BAP\right|=\alpha$ oraz $\left|\sphericalangle CBP\right|=\left|\sphericalangle BCP\right|=\beta$. Suma kątów trójkąta $ABC$ jest równa $180°$, czyli $\left|\sphericalangle BAP\right|+\left|\sphericalangle ABC\right|+\left|\sphericalangle BCP\right|=180°$. Zatem $\alpha +\left(\alpha +\beta \right)+\beta =180°$, skąd $2\alpha +2\beta =180°$, a w efekcie $\alpha +\beta =90°$, czyli $\left|\sphericalangle ABC\right|=90°$. To kończy dowód.

Poprowadźmy wysokość $DE$ oraz przekątną $BD$ trapezu.

R1GzwamnSF0FH

Rysunek przedstawia trapez prostokątny A B C D o dolnej podstawie A B i górnej C D. Przy prawym dolnym wierzchołku B i górnym prawym wierzchołku C są kąty proste. Przez wierzchołek B przechodzi symetralna lewego boku A D. Symetralna przecina bok A D w punkcie M. Z lewego górnego wierzchołka D upuszczona jest wysokość zaznaczona linią przerywaną. Koniec tej wysokości leży w punkcie E należącym do dolnej podstawy A B. Długości boków trapezu: A B ma długość a, B C ma długość h, C D ma długość b, D A ma długość c.

Wtedy $\left|AE\right|=a-b$ oraz $\left|DE\right|=\left|BC\right|=h$. Ponieważ punkt $B$ leży na symetralnej ramienia $AD$, więc z własności symetralnej wynika, że $\left|BD\right|=\left|AB\right|=a$. Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $AED$ otrzymujemy ${\left|AD\right|}^2={\left|AE\right|}^2+{\left|DE\right|}^2$, czyli $c^2={\left(a-b\right)}^2+h^2$. Stąd $c^2=a^2-2ab+b^2+h^2$. Ale z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $BCD$ wynika, że ${\left|CD\right|}^2+{\left|BC\right|}^2={\left|BD\right|}^2$, czyli $b^2+h^2=a^2$. Zatem $c^2=a^2-2ab+a^2=2a^2-2ab=2a\left(a-b\right)$. Stąd $c=\sqrt{2a\left(a-b\right)}$. To kończy dowód.