snijpunt diagonalen

Om te beginnen merken we op dat de eis $AC\not=BD$ ervoor zorgt, dat het figgur niet symmetrisch is. In dat geval geldt immers altijd $AE=DE$, en geldt niet in alle gevallen $\angle BAD+\angle ADC = 120^\circ$. Als er in de volgende bewijzen een uitdrukking voorkomt als $BE=CE$ of $\angle BAC = \angle BDC$, welke equivalent zijn met het symmetriegeval, dan worden deze aangegeven met een $(*)$ en niet verder behandeld.
Verder definieren we van te voren: $\angle BAC = \angle BCA =\alpha$, $\angle BDC = \angle DBC = \beta$ en $\sigma = \angle BAD+\angle ADC = 2(\alpha+\beta)$ (waarbij de laatste identeit verkregen kan worden door hoekenjagen).

Oplossing 1,mbv Hulppunt:
Zij $S$ het snijpunt, ongelijk aan $B$, van $AB$ en de omcirkel van $\triangle BCE$.
$\Rightarrow$
Stel $AE=DE$. Bekijk het geval waarin $S$ aan de $E$-kant van $BC$ ligt. Dan geldt dat $\angle ASE = \angle ACB = \angle BAC$ dus dat $SE=AE=DE$. Hoekenjagen levert dat $\alpha = \beta$ (*), tenzij $S$ op $DE$ of $DC$ ligt. Aangezien dat nooit kan, moet $S$ dus aan de andere kant van $BC$ liggen. Ook hier geldt dat $SE=AE=DE$ en dat $\alpha = \beta$ (*), tenzij $S$ op $DE$ of $DC$ ligt. Dus moeten $S$, $C$ en $D$ collineair zijn. Nu levert de hoekensom in $\triangle ASD$:
$$
\sigma + \alpha +\beta = 180^{\circ}.
$$
Dus $\sigma = 120^{\circ}$.
$\Leftarrow$
Stel $\sigma = 120^{\circ}$ dan volgt direct dat $\alpha + \beta = 60^{\circ}$. Nu krijgt men met de hoekensom in vierhoek $ASCD$ dat $\angle DCS = 180 ^{\circ}$. Dus liggen $S$, $C$ en $D$ op een lijn. Nu krijgt men al snel dat $DE=SE=AE$.
$\Box$

Oplossing 2,mbv Gonio:
Er geldt dat $AC= 2 AB \cos \alpha$ en $BD= 2 AB \cos \beta$. Ook geeft de sinusregel in driehoeken $ABE$ en $CDE$: $BE = AB \frac{\sin\alpha}{\sin(\alpha+\beta)}$ en $CE = AB \frac{\sin\beta}{\sin(\alpha+\beta)}$. Nu geldt dus dat:
$$
AE-DE=AB \left( 2 \cos \alpha- 2 \cos \beta+ \frac{\sin\beta-\sin\alpha}{\sin(\alpha+\beta)}\right).
$$
Met de som-naar-productformules en andere bekende gonioregels krijgt men nu:
$$
AE-DE=AB \frac{\sin \left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)}{\sin \left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)}(2 \cos(\alpha+\beta) - 1).
$$
Oftewel
$$
AE=DE \Leftrightarrow \cos(\alpha+\beta)=\frac{1}{2} \vee \sin \left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)=0(*) \Leftrightarrow \alpha+\beta=60^{\circ} \Leftrightarrow \sigma = 120 ^{\circ}.
$$
$\Box$

Oplossing 3,mbv knippen en plakken:
Deze oplossing bekijkt het figuur dat men krijgt als de driehoeken $ABE$ en $DCE$ tegen elkaar "plakt" met de zijden $AB$ en $DC$ ($S=$ $A$ bij $D$ en $T=$ $B$ bij $C$). Zodat de punten $V=E_{ABE}$ en $W=E_{CDE}$ aan andere kanten van $AB$ liggen.
Nu geldt dat $\angle TVS = \angle VSW + \angle SWT = \alpha +\beta$.
$\Rightarrow$
In dit figuur wordt $AE=DE$ $SV=SW$. Nu zijn de $\triangle TSV$ en $\triangle TSW$ van niet noodzakelijk congruente driehoeken van de vorm ZZH. Aangezien de driehoeken niet congruent zijn, $\angle VST = \beta \not = \alpha =\angle WST$(*), moet gelden dat $\angle STW + \angle STV = 180^{\circ}$. Dus de vierhoek $SWTV$ is eigenlijk de driehoek $SWV$. Aangezien deze driehoek drie gelijke hoeken heeft krijgt men dat $\alpha + \beta = 60^{\circ}$.Dus $\sigma = 120^{\circ}$.
$\Leftarrow$
Stel $\sigma = 120^{\circ}$, dan geldt $\alpha + \beta = 60^{\circ}$ en dus is de vierhoek $SWTV$ eigenlijk de gelijkzijdige driehoek $SWV$, dus $SV=SW$. Oftelwel $AE=DE$.
$\Box$.
NB: Blijkbaar geldt $BE+CE=AE=DE$.

(Mogelijke) Oplossing 4,mbv de stelling van Stewart:
Toepassen van de stelling van Stewart in $\triangle ABC$, $\triangle BCD$, $\triangle CDA$ en $\triangle DAB$ met de hoektransversalen $BE$, $CE$, $DE$ en $AE$ levert vier vergelijkingen. Als deze op de juiste manier paarsgewijs van elkaar worden afgetrokken krijgt men twee vergelijkingen. Uit deze kunnen alle lengtes van zijden en (volledige) diagonalen van de vierhoek wegsubstitueren. Uit de vergelijking die men dan krijgt kan ik enkel concluderen dat
$$
AE=DE \Leftrightarrow BE=CE.
$$
Maar dat zou juist niet mogen. Uit het NB'tje bij oplossing drie zou ook de mogelijkheid dat $BE+CE=AE=DE$, naar voren moeten komen. Ik zie alleen niet waar ik die mogelijkheid wegdeel. Is er iemand die ziet hoe het op deze manier wel kan?