填充第 7 題，換個方向旋轉也不錯。
填充第 7 題，另解一：
如圖，將 \(\triangle PBC\) 以 \(B\) 為旋轉中心，逆時針旋轉 \(90^\circ\)，
則 \(\triangle PQB\) 為等腰直角三角形，得 \(\overline{PQ}=5\sqrt{2}\)，
在 \(\triangle APQ\) 中，因為 \(\overline{PQ}^2=\overline{AP}^2+\overline{AQ}^2\) （ \((5\sqrt{2})^2=7^2+1^2\) ），
因此 \(\triangle QAP=90^\circ\)，\(\displaystyle\sin\angle AQP=\frac{7}{5\sqrt{2}}, \cos\angle AQP=\frac{1}{5\sqrt{2}}\)
得 \(\displaystyle\cos\angle AQB=\cos\left(\angle AQP+45^\circ\right)=\cos\angle AQP\cos 45^\circ-\sin\angle AQP\sin45^\circ=\frac{-3}{5}\)
在 \(\triangle AQB\) 中，由餘弦定理，可得 \(\overline{AB}^2=1^2+5^2-2\cdot1\cdot5\cdot\cos\angle AQB=32\)，此即為正方形 \(ABCD\) 之面積。
（註：或是學 shiauy 老師用托勒密定理也不錯，哈！）
另解二：
設正方形 \(ABCD\) 的邊長為 \(x\)，\(\angle PBC=\alpha,\angle PBA=\beta\)，
因為 \(\alpha\) 與 \(\beta\) 互餘，所以 \(\cos^2\alpha+\cos^2\beta=1\)
［說明： \(\cos^2\alpha+\cos^2\beta=\cos^2\alpha+\cos^2\left(90^\circ-\alpha\right)=\cos^2\alpha+\sin^2\alpha=1\) ］
在 \(\triangle PBA\) 中，由餘弦定理可得 \(\displaystyle\cos\alpha=\frac{5^2+x^2-7^2}{2\cdot5\cdot x}\)
在 \(\triangle PBC\) 中，由餘弦定理可得 \(\displaystyle\cos\beta=\frac{5^2+x^2-1^2}{2\cdot5\cdot x}\)
因此，
\(\displaystyle\left(\frac{5^2+x^2-7^2}{2\cdot5\cdot x}\right)+\left(\frac{5^2+x^2-1^2}{2\cdot5\cdot x}\right)=1\)
解「\(x^2\)」的一元二次方程式，即可得 \(x^2=32\)，此即為正方形 \(ABCD\) 之面積。
（註：「\(x^2\)」解出的另一根為 \(18\) ，但如此會使得 \(\cos\alpha<0\)，但顯然 \(\alpha\) 為銳角，故不合。）
註：解完才發現 wdemhueebhee 老師已經回過上面的作法了，囧rz.....
