Mekkora a háromszög területe?

Az ADP háromszögről tudjuk, hogy derékszögű, melynek DP oldala az átfogója. Pitagorasz tételével kijön, hogy az átfogó 25 hosszú.

A DQP háromszög szintén derékszögű, melynek átfogója a DP oldal. A DQ oldalról tudjuk, hogy 20 hosszú, így egy újabb Pitagorasz-tétellel kijön, hogy a DQ befogó 15 hosszú.

A két befogó ismeretében meg tudjuk adni a derékszögű háromszög területét.

Észrevehető, hogy az ADP és a DQP háromszögek egybevágóak, emiatt az is sejthető, hogy a két háromszög egymásnak tengelyes tükörképe, ahol a szimmetriatengely a közös átfogó, vagyis a DP szakasz.

#2

Miért gondolod, hogy DQ=20?

Itt van egy trigonometriát tartalmazó megoldás:

[link]

A PQ szakasz még mindig 25 hosszú.

Bocsájtsunk a Q pontból merőlegeseket az AB és az AD szakaszokra, ezek metszéspontjai legyenek S és T. Ha az AS szakasz hosszát x-szel jelöljük, akkor az SD hossza (20-x) lesz.

Keletkezik így egy AQS derékszögű háromszög, melynek átfogója 20, AS befogója x, így SQ befogója Pitagorasz tétele miatt gyök[400-x^2] lesz.

Ezután a DQS derékszögű háromszögbe megyünk, ahol a DQ átmérőt szintén meg tudjuk adni Pitagorasz tételével: gyök[400-x^2+(20-x)^2], ezzel a DQP háromszög DQ befogója megvan.

Most nézzük a PQ befogót; a T pont háromféle helyre eshet; vagy a 15-ös szakaszra, vagy az 5-ös szakaszra, vagy a P pontra. Hogy rövidre fogjam, biztosan tudjuk, hogy az 5-ös szakaszra fog esni (aki nem hiszi, járjon utána). Az AT hossza gyök[400-x^2], ebből levonunk 5-öt, így kapjuk a PT szakasz hosszát, ami gyök[400-x^2]-15. A PTQ derékszögű háromszögben így a két befogó hossza gyök[400-x^2]-15 és x lesz, így megintcsak Pitagorasz tétele miatt a PQ szakasz gyök[(gyök[400-x^2]-15)^2 + x^2] hosszú lesz.

Így a DQP derékszögű háromszögben -a változatosság kedvéért- egy újabb Pitagorasz-tételt tudunk felírni, a különbség csak annyi, hogy itt már egy egyenletet kapunk:

gyök[(gyök[400-x^2]-15)^2 + x^2]^2 + gyök[400-x^2+(20-x)^2]^2 = 25^2

Bár nagyon undorítónak néz ki, valójában lebontogatás után egy másodfokú egyenletet kapunk, melynek két megoldása x=28/5 és x=20, ahol az x=20 megoldás elvi okok miatt nem lesz jó.

Tehát a PQ befogó hossza gyök[(gyök(400-(28/5)^2) - 15)^2 + (28/5)^2] = 7, a DQ befogó hossza gyök[400-(28/5)^2+(20 - 28/5)^2] = 24, így a háromszög területe (7*24)/2=84 területegység.

∡PQD = ∡DAP = 90°. Vagyis az APQD négyszög húrnégyszög, amely körülírható körének középpontja a DP szakasz felezőpontja. Legyen Q' Q-nak a kör középpontjára vonatkozó tükörképe. Ekkor az APDQ' is húrnégyszög. Mindkettőre felírjuk a Ptolemaiosz-tételt.

Ehhez az adatok:

APQD négyszögben: AP=15, PQ=x, QD=y, AD=20, AQ=20, PD=25 ez utóbbi az APD derékszögű háromszög átfogója.

APDQ' négyszögben: AP=15, PD=25, DQ'=x, Q'P=y, AD=20, Q'A=15 ez utóbbi az AQ'Q derékszögű háromszög egyik befogója.

A tételből kapjuk, hogy

15y + 20x = 20*25 és 25*15 + 15x = 20y, amiből x=7 és y=24. A keresett terület = 84.

[link]

#7-es szép, elemi megoldását lehet módosítani szögfüggvényekkel úgy, hogy a Ptolemaiosz-tételt sem kell használni. Megtartva #7-es jelöléseit, tudjuk, hogy az A, P, Q, D, Q'pontok egy körön vannak. Ráadásul AQ'=AP=15, így szög(Q'QA)=szög(AQP)=szög(ADP). Jelöljük ezt a közös szöget beta-val.

APD derékszögű háromszög, így sin(beta)=15/25, cos(beta)=20/25.

Látható, hogy szög(Q'QP)=2*beta, vagyis a PQQ' derékszögű háromszögben sin(2*beta)=y/25.

y/25=sin(2*beta)=2*sin(beta)*cos(beta)=2*(15/25)*(20/25), amiből y=24.

PQQ' derékszögű háromszög, így x^2=25^2-24^2, azaz x=7.

#7

Remek ötlet a Ptolemaiosz tétel. De elég csak az ADQP húrnégyszögre felírni, és az AQP háromszögben a Pitagorasz-tételt használni. Így elkerülhető a tükrözés.