Un problema...possibile

[Sk_Anonymous]

"Nel triangolo rettangolo $ABC$ il cateto $AB$ è il triplo del cateto $BC$. Preso su $AB$ il punto $P$ tale che $AP=2 cdot PB$, determinare l'area del triangolo $ABC$ sapendo che il raggio della circonferenza $APC$ è lungo $10$a"

Il problema è già stato proposto ( ed in parte risolto ) all'indirizzo:
http://www.matematicamente.it/forum/viewtopic.php?f=11&t=127811
Vi si chiede di risolverlo senza l'uso di incognite ( incluse quelle ...mascherate ! )

[milizia96]

Non voglio togliere il posto ad altri, però se nessuno si fa avanti trascriverò la mia soluzione (che spero sia fedele alle restrizioni di ciromario).

[milizia96]

Ok, ecco cosa ho pensato io:
(per non appesantire non dimostro formalmente alcuni passaggi, che ad ogni modo sono abbastanza evidenti)

Considero un quadrato $DEFG$ il cui lato misura $4$.
Sia $M$ il centro del quadrato.
Sia $Q$ il punto sul lato $DG$ tale che $DQ = 1$
Sia $G'$ il punto sul lato $GD$ tale che $GG' = 1$, e si definiscano in modo ciclico i punti $D', E', F'$
$G'D'E'F'$ è un quadrato il cui centro è $M$.
Inoltre si ha che $MG' = MQ = MD'$, quindi $M$ è anche il centro della circonferenza $G'QD'$.
$G'D' = \sqrt(10)$ per il teorema di Pitagora sul triangolo rettangolo $D'G'D$
Siccome diagonale del quadrato che ha per lato $G'D'$, ho che $G'E' = \sqrt(2) \cdot G'D' = 2\sqrt(5)$
Quindi $G'M = \sqrt(5)$
Siccome il triangolo $G'DD'$ è simile al triangolo $ABC$, allora è possibile, tramite un'omotetia e un movimento rigido, trasformare il primo triangolo nel secondo. $G'M$ andrà nel raggio della circonferenza $APC$, che è lungo $10a$.
Allora l'omotetia è di fattore $\frac{10a}{\sqrt(5)}$
Il triangolo $G'DD'$, di area $3/2$, andrà nel triangolo $ABC$ di area $\frac{3}{2} \cdot (\frac{10a}{\sqrt(5)})^2 = 30a^2$

[giammaria2]

Forse ciromario dirà che faccio un uso mascherato delle incognite, ma ecco la mia soluzione.
Dai dati forniti vedo che si ha $BC=1/3AB$ e $BP=1/3AB$ e ne deduco $BC=BP$. Il triangolo $BPC$ è quindi isoscele e ne deduco $BhatPC=45°->AhatPC=135°$. Ma quest'ultimo è un angolo alla circonferenza; il corrispondente angolo al centro è $270°$ (tre angoli retti) e quindi $AC=10asqrt2$.
Considero ora un triangolo simile a quello dato, con cateti $1$ e $3$; l'ipotenusa è $sqrt(1^2+3^2)=sqrt10$. Per la similitudine ho
$BC:1=AC:sqrt10->BC=(AC)/sqrt10=asqrt20$
L'area di $ABC$ è quindi
$S=1/2AB*BC=1/2*3BC*BC=3/2BC^2=3/2*20a^2=30a^2$

[Sk_Anonymous]

Complimenti ad entrambi !
Aggiungo solo che (ma è una questione di preferenza personale) la costruzione di un triangolo simile equivale al fatto che :
$tan(hat{BAC})={BC}/{AB}=1/3$ [che non è un'incognita mascherata ma un dato del problema..]
Da qui è possibile trovare $sin(hat{BAC})$ e $cos(hat{BAC})$ e quindi dal triangolo rettangolo BAC, conoscendo l'ipotenusa $AC=10a sqrt 2$, ricavare i due cateti e poi l' area richiesta.