4. Zadatak

Neka je $|\angle EAF|=\alpha$. Budući da je $\overline{AE}$ okomito na $\overline{BC}$, onda je $\overline{AE}$ okomito na $\overline{AD}$, iz čega slijedi da je $|\angle FAD|=90^\circ-\alpha$.

Trokut $AFD$ je pravokutan, pa slijedi i da je $|\angle ADF|=\alpha$. Budući da su $\angle ADF$ i $\angle EBA$ kutovi s paralelnim kracima vrijedi i $|\angle EBA|=\alpha$.

Prema uvjetu u zadatku vrijedi $\cos\alpha=\frac13$. Budući da je trokut $ADF$ pravokutan, sinus kuta $\alpha$ mora biti pozitivan, pa iz $\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1$, dobivamo $\sin\alpha=\sqrt{1-\frac19}=\frac{2\sqrt2}{3}$. Iz toga slijedi

$$\operatorname{tg}\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} =\frac{\frac{2\sqrt2}{3}}{\frac13}=2\sqrt2.$$

U pravokutnom trokutu $AFD$ vrijedi:

$$\begin{aligned} \sin\alpha&=\frac{|AF|}{|AD|} \Rightarrow |AD|=\frac{20}{\frac{2\sqrt2}{3}}=15\sqrt2,\\ \operatorname{tg}\alpha&=\frac{20}{|FD|} \Rightarrow |FD|=\frac{20}{2\sqrt2}=5\sqrt2. \end{aligned}$$

Površina trokuta $AFD$ iznosi $P_{AFD}=\frac{|AF|\cdot|FD|}{2}=\frac{20\cdot5\sqrt2}{2}=50\sqrt2$.

Slično, u pravokutnom trokut $ABE$ vrijedi:

$$\begin{aligned} \sin\alpha&=\frac{|AE|}{|AB|} \Rightarrow |AB|=\frac{32}{\frac{2\sqrt2}{3}}=24\sqrt2,\\ \operatorname{tg}\alpha&=\frac{32}{|BE|} \Rightarrow |BE|=\frac{32}{2\sqrt2}=8\sqrt2. \end{aligned}$$

Površina trokuta $ABE$ iznosi $P_{ABE}=\frac{|AE|\cdot|BE|}{2}=\frac{32\cdot8\sqrt2}{2}=128\sqrt2$.

Sada je površina paralelograma $ABCD$ jednaka

$$P_{ABCD}=|AD|\cdot|AE|=|AD|\cdot|AB|\cdot\sin\alpha =15\sqrt2\cdot24\sqrt2\cdot\frac{2\sqrt2}{3}=480\sqrt2.$$

Konačno, površina četverokuta $AECF$ iznosi:

$$P_{AECF}=P_{ABCD}-P_{AFD}-P_{ABE} =480\sqrt2-50\sqrt2-128\sqrt2=302\sqrt2.$$