Solución a través de ángulo de chase. (El cinturón de seguridad!)
Cambiar el nombre de un par de cosas, voy a reformular la configuración de la siguiente manera:
Tome $\square ABCD$ $P$ $Q$ en diagonal $\overline{BD}$ ( $P$ $B$ $Q$ ) tal que $\angle PAQ = 45^\circ$. Deje $H$ $K$ ser los centros de la (congruentes) circumcircles de $\triangle APQ$$\triangle CPQ$, y deje $\bigcirc K$ satisfacer lados $\overline{BC}$ $\overline{DC}$ a los respectivos puntos de $P^\prime$$Q^\prime$.
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Reclamo: $A$, $P$, $P^\prime$ son colineales, como son $A$, $Q$, $Q^\prime$. (Ver (3) a continuación). Así, este escenario no en el hecho de que coincida el problema señalado.
En $\bigcirc H$, inscrita $\angle PAQ$ tiene una medida de $45^\circ$, por lo que el centro de $\angle PHQ$ tiene una medida de $90^\circ$. Por lo tanto, $\triangle PHQ$ es un derecho triángulo isósceles; por simetría, por lo que es $\triangle PKQ$. En consecuencia, $\square HPKQ$ es un ángulo recto rombo cuyas diagonales se alinea con $\overline{PQ}$; es decir, es un cuadrado con lados paralelos a los de $\square ABCD$.
A través de paralelismo, "isoscelism", y la simetría a través de $\overline{BD}$, de perseguir los ángulos de esa manera
$$
\ángulo de HAP
\underbrace{\quad\cong\quad}_\text{isos} \ángulo HPA
\underbrace{\quad\cong\quad}_\text{par} \ángulo PAB
\qquad(\implica\;\ángulo HAB\phantom{^\prime} = 2\;\ángulo de HAP\;) \etiqueta{1a}$$
$$\angle HAB \underbrace{\quad\cong\quad}_\text{símbolo} \ángulo de KCB \underbrace{\quad\cong\quad}_\text{isos} \ángulo KP^\prime C
\underbrace{\quad\cong\quad}_\text{par} \ángulo de PKP^\prime \etiqueta{1b}$$
(y también a través de $Q$s) a la conclusión de
$$\angle PKP^\prime = 2\;\angle HAP \qquad\text{and}\qquad \angle QKQ^\prime = 2\;\angle HAQ \tag{2}$$
(También, tenemos
$$\angle APH + \angle HPK + \angle KPP^\prime = 180^\circ = \angle AQH + \angle HQK + \angle KQQ^\prime \tag{3}$$
lo que demuestra la Demanda.)
Vemos, entonces, que el $\triangle AHP$ $\triangle PKP^\prime$ sub-dividen en pares idénticos de los triángulos rectángulos, como do$\triangle AHQ$$\triangle QKQ^\prime$. Por lo tanto,
$$\begin{align}
|\triangle APQ| &= |\triangle AHP\phantom{^\prime}| + |\triangle AHQ\phantom{^\prime}| + |\triangle PHQ| \\
&= |\triangle PKP^\prime| + |\triangle QKQ^\prime| + |\triangle PKQ| \\
&= |\square PP^\prime Q^\prime Q|
\end{align} \etiqueta{4}$$
como se desee. $\square$
Para la pregunta de Bono, donde $A^\prime$ es el pie de la perpendicular de$A$$\overline{P^\prime Q^\prime}$: Observar que la perpendicular en realidad debe ser la extensión de $\overline{AH}$ (desde los ángulos en $A$ $P^\prime$ deben ser complementarios). En consecuencia, como $\overline{AP^\prime}$ biseca $\angle HAB$,$\triangle BAP^\prime \cong \triangle A^\prime AP^\prime$, por lo que $\overline{AB}\cong\overline{AA^\prime}$. $\square$
