Rozwiązanie
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku, z dokładnością do podobieństwa:
Z tw. Pitagorasa:
\( \begin{cases} (a-x)^2+y^2=9 \\ (a-y)^2+x^2=1\\ x^2+y^2=4 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x={a^2-5\over2a}\\ y={a^2+3\over2a}\\ x^2+y^2=4 \end{cases}\Rightarrow (a^2-5)^2+(a^2+3)^2=16a^2\Rightarrow a^2=5+2\sqrt2\)
Pozostaje rozstrzygnięcie, z tw. Carnota dla \(\Delta ABP\)
\(5+2\sqrt2=1^2+2^2-2\cdot1\cdot2\cdot\cos\gamma\iff \cos\gamma=-{\sqrt2\over2}\So \gamma={3\pi\over4}\)
PS. Z powyższego rozwiązania wynika bezpośrednio pole danego kwadratu
\( \begin{cases} (a-x)^2+y^2=9 \\ (a-y)^2+x^2=1\\ x^2+y^2=4 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x={a^2-5\over2a}\\ y={a^2+3\over2a}\\ x^2+y^2=4 \end{cases}\Rightarrow (a^2-5)^2+(a^2+3)^2=16a^2\Rightarrow a^2=5+2\sqrt2\)
Pozostaje rozstrzygnięcie, z tw. Carnota dla \(\Delta ABP\)
\(5+2\sqrt2=1^2+2^2-2\cdot1\cdot2\cdot\cos\gamma\iff \cos\gamma=-{\sqrt2\over2}\So \gamma={3\pi\over4}\)
PS. Z powyższego rozwiązania wynika bezpośrednio pole danego kwadratu