4. Zadatak

Prvo rješenje.

Budući da je zbroj površina trokuta $PAB$ i $PCD$ jednak zbroju površina trokuta $PBC$ i $PDA$, korištenjem formule da je površina trokuta jednaka polovini umnoška duljina dviju stranica i sinusa kuta između tih stranica dobivamo sljedeću jednakost:

$$\frac12|PA||PB|\sin\alpha+\frac12|PC||PD|\sin\alpha =\frac12|PB||PC|\sin(180^\circ-\alpha)+\frac12|PA||PD|\sin(180^\circ-\alpha).$$

Kako je $\sin(180^\circ-\alpha)=\sin\alpha$ i $\sin\alpha\neq0$ podijelimo li dobivenu jednakost s $\frac12\sin\alpha$ te faktoriziramo slijedi $(|PB|-|PD|)(|PA|-|PC|)=0$.

Stoga je $|PB|=|PD|$ ili $|PA|=|PC|$.

Budući da zadani četverokut nije paralelogram, ne mogu istovremeno obje jednakosti biti istinite. Stoga bez smanjenja općenitosti možemo pretpostaviti da je $|PB|=|PD|$.

Tada trokuti $PDA$ i $PAB$ kao i trokuti $PBC$ i $PCD$ imaju jednake površine. Stoga je i površina trokuta $ABC$ jednaka površini trokuta $ACD$. Iz jednakosti površina trokuta $ABC$ i $ACD$ slijedi da je $\sin\angle BAC=\sin\angle DCA$.

Pošto trokuti $ABC$ i $ACD$ nisu sukladni mora biti $\angle BAC\neq\angle DCA$ pa zaključujemo $\angle BAC=180^\circ-\angle DCA$.

Kako su kosinusi suplementarnih kutova suprotni brojevi vrijedi $\cos\angle BAC+\cos\angle DCA=0$.

Označimo li s $x=|AC|$, te primijenimo poučak o kosinusu na trokute $ABC$ i $ACD$ prethodna jednakost prelazi u jednakost

$$\frac{x^2+25-65}{2\cdot5\cdot x}+\frac{x^2+25-49}{2\cdot5\cdot x}=0,$$

odakle sređivanjem dobivamo $2x^2-64=0$, odnosno $x=4\sqrt2$.

Konačno, $\cos\angle BAC=\frac{x^2+25-65}{2\cdot5\cdot x}=-\frac1{5\sqrt2}$, a korištenjem osnovne relacije $\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1$ dobivamo $\sin\angle BAC=\frac7{5\sqrt2}$.

Stoga je površina četverokuta $ABCD$ jednaka

$$P_{ABCD}=2\cdot P_{ABC} =2\cdot\frac12|AB|\cdot|AC|\sin\angle BAC =5\cdot4\sqrt2\cdot\frac7{5\sqrt2}=28.$$

Drugo rješenje.

Analogno kao i u prvom rješenju dolazimo do zaključka da je $|PB|=|PD|$.

Nadalje, primijenimo li poučak o kosinusu na svaki od trokuta $PAB$, $PCD$, $PBC$ i $PDA$, dobivamo sljedeće jednadžbe:

$$\begin{aligned} 25&=|PA|^2+|PB|^2-2|PA||PB|\cos\alpha &&(1)\\ 25&=|PC|^2+|PD|^2-2|PC||PD|\cos\alpha =|PC|^2+|PB|^2-2|PB||PC|\cos\alpha &&(2)\\ 65&=|PB|^2+|PC|^2+2|PB||PC|\cos\alpha &&(3)\\ 49&=|PA|^2+|PD|^2+2|PA||PD|\cos\alpha =|PA|^2+|PB|^2+2|PA||PB|\cos\alpha &&(4) \end{aligned}$$

Ako oduzmemo jednadžbe $(4)$ i $(1)$, a zatim $(3)$ i $(2)$ slijedi

$$|PA||PB|\cos\alpha=6\qquad\text{i}\qquad |PB||PC|\cos\alpha=10.$$

Dijeljenjem dobivenih jednadžbi dobivamo $\frac{|PA|}{|PC|}=\frac35$.

Nadalje, zbrojimo li jednadžbe $(1)$ i $(4)$, a zatim $(2)$ i $(3)$, dobivamo

$$|PA|^2+|PB|^2=37\qquad\text{i}\qquad |PC|^2+|PB|^2=45.$$

Oduzimanjem ovih jednakost slijedi $|PC|^2-|PA|^2=8$.

Preostaje riješiti sustav jednadžbi

$$\begin{cases} \dfrac{|PA|}{|PC|}=\dfrac35\\[2mm] |PC|^2-|PA|^2=8. \end{cases}$$

Stavimo li $|PA|=3k$ i $|PC|=5k$, iz druge jednadžbe dobivamo da je $k=\frac{\sqrt2}{2}$, odnosno $|PA|=\frac{3\sqrt2}{2}$, $|PC|=\frac{5\sqrt2}{2}$. Iz $|PA|^2+|PB|^2=37$ slijedi $|PB|=|PD|=\sqrt{\frac{65}{2}}$.

Nadalje, iz $|PA||PB|\cos\alpha=6$ slijedi $\cos\alpha=\frac4{\sqrt{65}}$, te iz osnovne relacije $\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1$ dobivamo $\sin\alpha=\frac7{\sqrt{65}}$.

Konačno, površina četverokuta $ABCD$ je

$$P_{ABCD}=\frac12|AC||BD|\sin\alpha =\frac12\left(\frac{3\sqrt2+5\sqrt2}{2}\right)\cdot2\cdot \sqrt{\frac{65}{2}}\cdot\frac7{\sqrt{65}}=28.$$