MATeMAtyka 1. Zbiór zadań — strona 299

a) Trójkąty $BEF$ i $AFD$ są podobne w skali $1:2$, ponieważ $BE=\frac12AD$. Stąd $BF=AB=6$. Pole rombu wynosi $6\cdot4=24$. Trapez $ABED$ ma połowę sumy równoległych boków $6$ i $3$ razy wysokość $4$, więc jego pole to $18$. Trapez $AFCD$ składa się z rombu i trójkąta o podstawie $BF=6$ i wysokości $4$, stąd $24+12=36$.

b) Gdyby trapezy były podobne, stosunek odpowiadających boków dawałby skalę $\frac{AD}{AF}=\frac6{12}=\frac12$, natomiast stosunek pól dawałby $k=\sqrt{18/36}=\frac1{\sqrt2}$. Skale są różne, więc trapezy nie są podobne.

Wysokość trapezu wynosi $h=\frac{2\cdot18}{2+4}=6$. Punkt przecięcia przekątnych dzieli je w stosunku podstaw $1:2$, więc pola trójkątów przy podstawach są w stosunku $1:4$. Otrzymujemy pola $2$ i $8$; dwa trójkąty przy ramionach mają równe pola i razem zajmują pozostałe $8$, więc każde ma pole $4$.

Trójkąty $ABO$ i $CDO$ są podobne, więc stosunek podstaw wynosi $\sqrt{25/16}=5:4$. Każdy z dwóch trójkątów przy ramionach ma pole równe średniej geometrycznej pól przy podstawach:

$\sqrt{25\cdot16}=20.$

Pole trapezu wynosi $25+16+20+20=81$.

Trójkąty przy ramionach mają równe pola, więc $P_{BCO}=P_{ADO}=2$. Dla czterech trójkątów utworzonych przez przekątne zachodzi $P_{ABO}P_{CDO}=P_{ADO}P_{BCO}$. Stąd

$5P_{CDO}=4,\qquad P_{CDO}=\frac45.$

Suma pól wynosi $5+2+2+\frac45=\frac{49}{5}$.

Jeśli długość przekroju równoległego do podstaw wynosi $x$, to pola dwóch części są równe dokładnie wtedy, gdy kwadrat tej długości jest średnią kwadratów podstaw:

$x^2=\frac{6^2+8^2}{2}=50.$

Ponieważ $x>0$, otrzymujemy $x=5\sqrt2$.

Trójkąt zbudowany ze środkowych ma boki $5,12,13$, jest więc prostokątny i ma pole $\frac12\cdot5\cdot12=30$. Pole trójkąta wyjściowego jest równe $\frac43$ pola trójkąta środkowych, czyli $40$.

Trójkąt, którego bokami są trzy środkowe danego trójkąta, ma pole równe $\frac34$ pola trójkąta wyjściowego. Można to zobaczyć, rozcinając trójkąt wzdłuż środkowych na sześć równych pól i składając z odpowiednich połówek trójkąt o bokach równych środkowym.

Ustawmy dwusieczną $AQ$ jako oś poziomą. Ramiona kąta przy $A$ są wtedy symetryczne, a warunek $AQ\perp BC$ ustawia $BC$ pionowo. Po zapisaniu $BQ=2CQ$ i równoległości $AB\parallel CD$ współrzędne wierzchołków dają

$P_{ABQ}:P_{AQCD}=8:7.$

Odwracając kolejność zgodnie z pytaniem, otrzymujemy $7:8$.

Niech pole dużego trójkąta będzie równe $S$. Trzy narożne trójkąty są do niego podobne, a ich skale liniowe wynoszą $\sqrt{S_1/S}$, $\sqrt{S_2/S}$, $\sqrt{S_3/S}$. Odpowiadające odcinki na bokach składają się na cały bok, zatem

$\sqrt{\frac{S_1}{S}}+\sqrt{\frac{S_2}{S}}+\sqrt{\frac{S_3}{S}}=1.$

Po pomnożeniu przez $\sqrt S$ i podniesieniu do kwadratu otrzymujemy wynik.