Topptriangel- och transversalsatsen

Vi börjar med att lyfta ut topptriangeln △ CDE som skapas av parallelltransversalen DE. Vi vet att denna är likformig med △ ABC men vi har inte tillräckligt med information för att kunna använda transversalsatsen på det vanliga sättet.

Vi vet däremot att den streckade parallelltransversalen, som skapas av FG, är placerad så att den delar in △ CDE i samma förhållande som parallelltransversalen DE delade in △ ABC. Vi kan alltså ställa upp ekvationen 49 + x/60 = 49/x. Vi korsmultiplicerar och förenklar ekvationen.

Vi har nu en andragradsekvation skriven på pq-form, som vi kan lösa med hjälp av pq-formeln.

Det är en sträcka vi är ute efter, vilket innebär att det måste vara det positiva x:et vi söker. Vi bekräftar detta genom att kontrollera att 49 + x60 = 49 + 35/60 = 1,4 och 49/x = 49/35 = 1,4. För båda trianglarna är alltså den övre delen av den högra sidan 1,4 gånger så lång som den undre, vilket är vad vi förväntar oss om trianglarna är likformiga. Den okända sidan x är alltså 35 le.

Vi vet redan att triangelns bas AB är s eftersom det är en sida i kvadraten. Om vi kan visa att triangeln AEB är likbent så vet vi dessutom att sidorna AE och EB är lika långa. I så fall räcker det att bestämma sidan EB och sedan räkna den två gånger när vi bestämmer omkretsen. Vi bevisar likbenthet genom att visa att triangelns basvinklar är lika stora.

Vi vet att de gröna trianglarnas kateter är lika långa, s och s/3. Däremellan har de båda en rät vinkel, så enligt SVS-villkoret är trianglarna kongruenta. Då är alla motsvarande vinklar lika stora. Med hjälp av det ser vi att de blå basvinklarna i △ AEB är lika stora, nämligen 90^(∘) -∧ DAE, och därmed är triangeln likbent. Nu beräknar vi EB, och vi börjar med att bestämma den delen av sidan som är inuti kvadraten, markerad c.

Eftersom den högra gröna triangeln är rätvinklig, och vi känner till båda kateterna, kan vi använda Pythagoras sats för att ta fram ett uttryck för c.

Nästa steg blir att bestämma den del av EB som ligger utanför kvadraten, som vi kan kalla x.

Eftersom AB och DC är motstående sidor i en kvadrat måste de vara parallella, vilket innebär att den del av DC som skär triangeln AEB är en parallelltransversal. Enligt topptriangelsatsen är då den lilla topptriangeln likformig med den stora triangeln.

Vi kan därför ställa upp följande samband: x+ sqrt(10)s3/x=s/s3. Vi löser ut x som ett uttryck beroende på s.

Nu vet vi längden för samtliga sidor i triangeln.

Slutligen behöver vi addera dessa och förenkla för att få ett uttryck för triangelns omkrets.

Triangelns omkrets kan alltså beskrivas av uttrycket s(1+sqrt(10)).

Om vi vet AC kan vi ta fram ett uttryck för y med topptriangelsatsen. F är mittpunkt på AC, så vi kan bestämma längden c för AF och sedan dubbla den för att få ett uttryck för AC.

Eftersom vi vet att △ ADF är rätvinklig bestämmer vi c med Pythagoras sats.

Då har vi tagit fram ett uttryck för c. Genom att dubbla detta: 2* 5x/4=2* 5x/4=5x/2, får vi längden av AC.

Nu kan vi använda likformighet, eftersom △ ABC är likformig med △ DBE enligt topptriangelsatsen.

Sidan y kan alltså beskrivas i termer av x via uttrycket 8x/5.