MATeMAtyka 1. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 290

Z twierdzenia Pitagorasa $|AB|=\sqrt{8^2+6^2}=10$. Trójkąty $APC$ i $ABC$ są podobne, więc

$\frac{|AP|}{|AC|}=\frac{|AC|}{|AB|}=\frac{8}{10},\qquad |AP|=6{,}4.$

Trójkąty $APQ$ i $ABC$ również są podobne: mają wspólny kąt przy $A$ i po jednym kącie prostym. Ich skala podobieństwa wynosi

$k=\frac{|AP|}{|AB|}=\frac{6{,}4}{10}=0{,}64.$

Stosunek pól jest kwadratem skali:

$\frac{P_{APQ}}{P_{ABC}}=k^2=0{,}64^2=0{,}4096.$

Skan doprecyzowuje, że $PQ\perp AC$. Trójkąty $APQ$ i $ABC$ są zatem podobne. Odcinek $PQ$ dzieli trójkąt na połowy, więc

$\frac{P_{APQ}}{P_{ABC}}=\frac12=k^2,\qquad k=\frac1{\sqrt2}.$

Ponieważ $|AC|=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt5$, z odpowiedniości boków otrzymujemy

|AQ|=\frac{|AB|}{\sqrt2}=2\sqrt2,\quad |PQ|=\frac{|BC|}{\sqrt2}=\sqrt2.$$ Obwód ma więc wartość $\sqrt{10}+3\sqrt2\approx7{,}4046$.

Na ramieniu $BC$ punkty leżą w kolejności $B,F,C,P$. Stąd

$|PF|=10{,}4-2{,}8=7{,}6,\qquad |PC|=10{,}4-(2{,}8+1{,}2)=6{,}4.$

Z równoległości $EF\parallel AB$ i $CD\parallel AB$ trójkąty $PEF$, $PCD$ i $PAB$ są podobne. Zatem

$|PE|=|PA|\frac{|PF|}{|PB|}=7{,}8\cdot\frac{7{,}6}{10{,}4}=5{,}7,$

$|PD|=|PA|\frac{|PC|}{|PB|}=7{,}8\cdot\frac{6{,}4}{10{,}4}=4{,}8.$

Wobec tego $|PD|\cdot|PE|=4{,}8\cdot5{,}7=27{,}36$.

Oznaczmy długości podstaw trapezu przez $a$ i $b$, a długość odcinka łączącego środki ramion przez $m$. Mamy

$m=\frac{a+b}{2}.$

Jeżeli powstałe trapezy o podstawach $(a,m)$ oraz $(m,b)$ są podobne, to stosunki odpowiadających podstaw są równe:

$\frac{a}{m}=\frac{m}{b},\qquad m^2=ab.$

Po podstawieniu wzoru na $m$:

$\frac{(a+b)^2}{4}=ab\iff a^2-2ab+b^2=0\iff(a-b)^2=0.$

Zatem $a=b$. Trapez ma równe podstawy, więc jest równoległobokiem.

Niech $x$ oznacza długość odcinka podziału, a $t$ jego odległość od krótszej podstawy. Długość przekroju zmienia się liniowo od $a$ do $2a$, więc $x=a+t$.

Podobieństwo dwóch trapezów (z przeciwną odpowiedniością podstaw) daje

$\frac{x}{a}=\frac{2a}{x},\qquad x=a\sqrt2.$

Stąd $t=x-a=a(\sqrt2-1)$. Pole górnego trapezu jest równe

=\frac{a^2(1+\sqrt2)(\sqrt2-1)}2=\frac{a^2}{2}.$$ Pole całego trapezu wynosi $\frac{a+2a}{2}\cdot a=\frac32a^2$, toteż $$P_2=\frac32a^2-\frac12a^2=a^2.$$

Niech $|AB|=u$, $|BC|=v$, a wysokość trójkąta $ABE$ będzie równa $h$. Z równoległości $AE\parallel BD$ i $BE\parallel CD$ wynika podobieństwo

$\triangle ABE\sim\triangle BCD$

w skali $k=\frac vu$. Wysokość drugiego trójkąta jest więc równa $kh$, a zatem

$S_1=\frac{uh}{2},\qquad S_2=\frac{v\cdot kh}{2}=k^2S_1.$

Ponieważ $BD$ jest obrazem $AE$ w tej samej skali, pole trójkąta $BDE$ jest $k$ razy większe od pola trójkąta o podstawie $AB$ i tej samej wysokości $h$, czyli

$P_{BDE}=kS_1.$

Jednocześnie $\sqrt{S_1S_2}=\sqrt{S_1\cdot k^2S_1}=kS_1$. Stąd $P_{BDE}=\sqrt{S_1S_2}$.