MATeMAtyka 1. Zbiór zadań — strona 308

Niech $M$ będzie środkiem środkowej $CS$, a prosta $AM$ przecina $BC$ w $P$. Współrzędne afiniczne możemy przyjąć jako $A=(0,0)$, $B=(1,0)$, $C=(0,1)$. Wtedy $S=(\frac12,0)$ i $M=(\frac14,\frac12)$. Prosta $AM$ przecina $BC$ w punkcie $P=(\frac13,\frac23)$, więc $CP:PB=1:2$.

Stosujemy punkty masowe. Z $AP:PB=4:1$ bierzemy masy $m_A:m_B=1:4$, a z $BQ:QC=2:3$ — $m_B:m_C=3:2$. Wspólna skala daje $m_A=3$, $m_B=12$, $m_C=8$, więc masa punktu $Q$ to $20$. Na odcinku $AQ$

$AS:SQ=m_Q:m_A=20:3.$

Odcinek łączący środki ramion ma długość $\frac{a+b}{2}=8$. W trapezie równoramiennym poziomy rzut każdej przekątnej ma właśnie długość $8$, a pionowy rzut jest równy wysokości $6$. Zatem

$d=\sqrt{8^2+6^2}=10.$

Stosunek części przekątnych jest równy stosunkowi podstaw, więc $AB:CD=2:1$. Trójkąty $ABS$ i $CDS$ są podobne w skali $2$, zatem $P_{CDS}=16/4=4$. Każdy trójkąt przy ramieniu ma pole $\sqrt{16\cdot4}=8$. Pole trapezu wynosi $16+4+8+8=36$.

Ustawmy trapez w układzie współrzędnych i niech krótsza podstawa ma długość $a$, a dłuższa $3a$. Przecięcia obu przekątnych z linią środkową wypadają symetrycznie w punktach odpowiadających odpowiednio $\frac14$, $\frac12$ i $\frac34$ jej długości. Trzy części mają więc stosunek $1:2:1$.

Przyjmijmy kwadrat jednostkowy: $A=(0,0)$, $B=(1,0)$, $C=(1,1)$, $D=(0,1)$. Wtedy $P=(\frac12,1)$ i $Q=(1,\frac12)$. Parametryczne równania prostych $AP$ i $AQ$ po przecięciu z $BD$, czyli prostą $x+y=1$, dają punkty odpowiadające parametrom $\frac13$ i $\frac23$ na przekątnej. Dzielą ją więc na trzy równe części.

Trójkąty $ABS$ i $CDS$ są podobne, a skala jest równa $AB:CD$. Ponieważ $PSQ\parallel AB\parallel CD$, z twierdzenia Talesa po obu stronach punktu $S$ otrzymujemy ten sam iloraz

$\frac{PS}{SQ}=1.$

Zatem $PS=SQ$, czyli $S$ jest środkiem $PQ$.

Twierdzenie o dwusiecznej dzieli każdy bok w stosunku długości dwóch boków przyległych. Dla boków $4,6,8$ otrzymujemy po skróceniu stosunki $4:3$, $1:2$ i $3:2$. Dla punktu przecięcia dwusiecznych używamy wzoru $AS:SE=(b+c):a$; dla kolejnych wierzchołków daje on $7:2$, $2:1$ i $5:4$.

Ustawiamy dwusieczną kąta przy $B$ jako oś, a ramię $AD$ jako prostą do niej prostopadłą. Warunek $AP=2PD$ oraz $AB\parallel CD$ pozwala wyrazić wysokości i podstawy obu części przez jeden parametr. Po skróceniu wspólnego czynnika pola spełniają

$P_{BCDP}:P_{ABP}=7:8.$

Niech podstawy mają długości $a>b$. Z odcinka środkowego $\frac{a+b}{2}=10$, więc $a+b=20$. Dwie połowy trapezu mają równe wysokości, a ich pola są proporcjonalne do $a+10$ oraz $10+b$. Z warunku $5:3$:

$\frac{a+10}{10+b}=\frac53.$

Razem z $a+b=20$ daje to $a=15$, $b=5$.