Punkt wewnątrz kwadratu - tw. Pitagorasa

[Doosheck]

Punkt \(\displaystyle{ P}\) leży wewnątrz kwadratu \(\displaystyle{ ABCD}\), przy czym \(\displaystyle{ PA : PB : PC = 1 : 2 : 3}\). Znajdź miarę kąta APB.

Moim pomysłem było zrzutowanie punktu \(\displaystyle{ P}\) na boki kwadratu. Powstają 4 trójkąty prostokątne i można skorzystać z tw. Pitagorasa (z którego należy skorzystać w tym zadaniu). Część wyrazów się zredukowała, ale nadal nic ciekawego nie wyszło, albo nie wiem jak z tego skorzystać.

[piasek101]

Mi (po wielkich bojach) zredukowało się i mam \(\displaystyle{ 45^0}\).

Obawiam się, że jest jakiś łatwiejszy sposób niż brute force.

[SidCom]

(...)mam \(\displaystyle{ 45^0}\).

(...)

Wtedy P musiałby być jednym z wierzchołków
Raczej \(\displaystyle{ 135^\circ}\)

[piasek101]

Aaa fakt - ze szkicu (rysowałem tylko na kartce) wyglądał na rozwarty, a potem nie pomyślałem, że \(\displaystyle{ 0,5\sqrt 2}\) to (w tym wypadku) będzie \(\displaystyle{ 135}\).

Dzięki.

[a4karo]

Te "boje" wcale nie są takie straszne
Zakładając,że `ABCD` jest kwadratem jednostkowym a `P` ma współrzędne `(x,y)`, to warunek `PA:PB=1:2` zapisuje się tak
(*) `\quad (x-1)^2+y^2=4x^2+4y^2`
A warunek `PA:PC=1:3` tak
(**) `\quad (x-1)^2+(y-1)^2=9x^2+9y^2`.

Te dwa okręgi przecinają się w dwóch punktach, z których jeden \(\displaystyle{ p=\left(\frac{1+3\sqrt2}{17},\frac{5\sqrt2-4}{17}\right)}\) leży w pierwszej ćwiartce.
Wystarczy policzyć kąt między wektorami \(\displaystyle{ \vec{a}=17AP=\left[1+3\sqrt2,5\sqrt2-4\right]}\) i \(\displaystyle{ \vec{b}=17BP=\left[-16+3\sqrt2,5\sqrt2-4\right]}\)

Mamy \(\displaystyle{ \vec{a}\circ\vec{b}=(1+3\sqrt2)(-16+3\sqrt2)+(5\sqrt2-4)^2=68-85\sqrt2=17\sqrt2(2\sqrt2-5)}\),
\(\displaystyle{ |\vec{a}|=\sqrt{17(5-2\sqrt2)}}\) i \(\displaystyle{ |\vec{b}|=\sqrt{4\cdot17(5-2\sqrt2)}}\),
zatem
\(\displaystyle{ \cos APB=\frac{17\sqrt2(2\sqrt2-5)}{\sqrt{(17(5-2\sqrt2))(4\cdot17(5-2\sqrt2))}}=-\frac{\sqrt2}{2}}\), czyli \(\displaystyle{ APB=\frac34\pi}\).

[piasek101]

U mnie były (te boje) mniej więcej takie same, bo trochę jest przekształceń z pierwiastkami.
Robiłem z Pitagorasa + pole trójkąta + kąt z pola (miałem sinusa stąd najpierw podałem zły kąt).
Najpierw tak jak u Ciebie dostałem wartość sinusa, która nie wskazywała na ,,normalny" kąt - dobrze, że kalkulator mi podpowiedział.

[JHN]

Albo:

Moim pomysłem było zrzutowanie punktu \(\displaystyle{ P}\) na boki kwadratu. Powstają 4 trójkąty prostokątne i można skorzystać z tw. Pitagorasa (z którego należy skorzystać w tym zadaniu).

Z dokładnością do podobieństwa:
Niech dane odcinki mają długości \(\displaystyle{ 1,2,3}\) oraz \(\displaystyle{ a\in(\sqrt5;3)}\) będzie bokiem kwadratu, rzuty prostokątne na boki kwadratu odcinków \(\displaystyle{ 1,2,3}\) mają długości \(\displaystyle{ a-y,y,x,a-x}\). Wtedy z tw. Pitagorasa:
\(\displaystyle{ \begin{cases} (a-x)^2+y^2=9 \\ (a-y)^2+x^2=1\\ x^2+y^2=4 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x={a^2-5\over2a}\\ y={a^2+3\over2a}\\ x^2+y^2=4 \end{cases}\Rightarrow (a^2-5)^2+(a^2+3)^2=16a^2\Rightarrow a^2=5+2\sqrt2}\)
Pozostaje rozstrzygnąć, z tw. Carnota
\(\displaystyle{ 5+2\sqrt2=1^2+2^2-2\cdot1\cdot2\cdot\cos\gamma}\)

Pozdrawiam

[Majeskas]

Niech \(\displaystyle{ Q}\) będzie obrotem punktu \(\displaystyle{ P}\) o \(\displaystyle{ -90^\circ}\) względem \(\displaystyle{ B}\). Przy tym obrocie \(\displaystyle{ A}\) przechodzi na \(\displaystyle{ C}\), więc \(\displaystyle{ CQ=AP=x}\). Z kolei trójkąt \(\displaystyle{ BQP}\) jest prostokątny równoramienny, więc \(\displaystyle{ PQ=2x\sqrt2}\).
Z twierdzenia odwrotnego do tw. Pitagorasa przekonujemy się teraz, że \(\displaystyle{ \angle PQC=90^\circ}\). Stąd \(\displaystyle{ \angle BQC=135^\circ}\).
A jako że trójkąty \(\displaystyle{ ABP}\) i \(\displaystyle{ CBQ}\) są przystające, to \(\displaystyle{ \angle APB=135^\circ}\).

Sam bynajmniej nie wymyśliłem tego rozwiązania. Ja też pałowałem rachunkowo.