MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 183

Niech druga podstawa ma długość $a>0$, a wysokość $h$. Ze wzoru na pole:

$40=\frac{9+a}{2}h,$

więc

$h=\frac{80}{9+a}.$

Ponieważ $a>0$, mamy $9+a>9$, zatem

$h<\frac{80}{9}<9.$

Wysokość jest więc krótsza od podstawy długości $9\ \mathrm{cm}$.

Oznaczmy dłuższą podstawę przez $a$, krótszą przez $b$. Odcinek łączący środki ramion jest linią środkową, więc

$\frac{a+b}{2}=8,\qquad a+b=16.$

Dzieli on wysokość trapezu na połowy. Pola dwóch powstałych trapezów są więc proporcjonalne do sum ich podstaw:

$\frac{b+8}{8+a}=\frac79.$

Po podstawieniu $a=16-b$ otrzymujemy

$9(b+8)=7(24-b),$

stąd $b=6$, $a=10$.

Czworokąt utworzony przez środki boków dowolnego czworokąta jest równoległobokiem Varignona, a jego pole jest równe połowie pola czworokąta wyjściowego. Zatem

$P=\frac12\cdot20=10\ \mathrm{cm}^2.$

Przyjmijmy $A=(0,0)$, $B=(b,0)$ oraz $AD=a$. Ponieważ $\angle DAB=60^\circ$,

C=\left(b+\frac a2,\frac{a\sqrt3}{2}\right).$$ Warunek $CE:ED=2:3$ daje $$E=\left(\frac{3b}{5}+\frac a2,\frac{a\sqrt3}{2}\right).$$ Kąt między $EA$ a poziomym $ED$ ma $30^\circ$, więc $$\frac{a\sqrt3/2}{3b/5+a/2}=\tan30^\circ=\frac1{\sqrt3}.$$ Stąd $a=\frac35b$. Możemy przyjąć $b=5$, $a=3$. Wtedy $$E=\left(\frac92,\frac{3\sqrt3}{2}\right).$$ Wektory $\overrightarrow{EA}=\left(-\frac92,-\frac{3\sqrt3}{2}\right)$ i $\overrightarrow{EB}=\left(\frac12,-\frac{3\sqrt3}{2}\right)$ mają długości $3\sqrt3$ i $\sqrt7$, a wartość ich wyznacznika to $\frac{15\sqrt3}{2}$. Zatem $$\sin\angle AEB =\frac{15\sqrt3/2}{3\sqrt3\cdot\sqrt7} =\frac{5\sqrt7}{14}.$$

Czworokąt utworzony przez środki boków jest równoległobokiem Varignona. Jego pole wynosi

=50\cdot0{,}4=20.$$ Pole równoległoboku Varignona jest połową pola wyjściowego deltoidu, więc $$P=2P_V=40.$$

Oznaczmy krótszą podstawę przez $a$, dłuższą przez $2a$, a wysokość przez $h$. Przy symetrycznym ustawieniu poziomy rzut ramienia ma długość $a/2$, a rzut przekątnej wychodzącej z kąta ostrego $3a/2$.

Niech połowa kąta ostrego ma miarę $\theta$. Wtedy

\tan2\theta=\frac{h}{a/2}=3\tan\theta.$$ Dla $t=\tan\theta>0$ równanie $\frac{2t}{1-t^2}=3t$ daje $t^2=\frac13$. Zatem $\theta=30^\circ$, więc kąty trapezu mają miary $60^\circ$ i $120^\circ$. Ponadto $h=\frac{a\sqrt3}{2}$, a ramię ma długość $a$. Z pola $$S=\frac{a+2a}{2}\cdot\frac{a\sqrt3}{2} =\frac{3\sqrt3}{4}a^2$$ otrzymujemy $$a=\frac23\sqrt{S\sqrt3}.$$ Zatem podstawy mają długości $\frac23\sqrt{S\sqrt3}$ i $\frac43\sqrt{S\sqrt3}$, a ramię $\frac23\sqrt{S\sqrt3}$.

Niech bok rombu ma długość $a$. Ponieważ kąt ostry ma $30^\circ$,

$P=a^2\sin30^\circ=\frac{a^2}{2},$

więc $a=\sqrt{2P}$. Przekątne rombu mają długości

$d_1=2a\cos15^\circ,\qquad d_2=2a\sin15^\circ.$

Ponieważ

=1+\sin30^\circ=\frac32,$$ mamy $\cos15^\circ+\sin15^\circ=\sqrt{\frac32}$. Zatem $$d_1+d_2=2\sqrt{2P}\sqrt{\frac32}=2\sqrt{3P},$$ co należało wykazać.

Wysokość trapezu wynosi $h=p\sin\alpha$, a rzut ramienia na podstawę $x=p\cos\alpha$. Oznaczmy przez $m$ długość rzutu przekątnej na podstawę; jest ona zarazem średnią arytmetyczną długości podstaw.

Warunek prostopadłości przekątnej do ramienia daje, z iloczynu skalarnego ich składowych,

$xm=h^2.$

Stąd

=\frac{p\sin^2\alpha}{\cos\alpha}.$$ Pole trapezu to iloczyn średniej podstaw i wysokości: $$P=mh =\frac{\sin^3\alpha}{\cos\alpha}p^2.$$

Niech półprosta bliższa $CA$ przecina wysokość z $A$ w $P_1$, a bok $AB$ w $Q_1$. Drugą półprostą oznaczmy analogicznie przez $P_2Q_2$. Szukany czworokąt jest różnicą trójkątów $AP_2Q_2$ i $AP_1Q_1$.

Z twierdzenia sinusów w odpowiednich trójkątach otrzymujemy

AP_1=\frac{\sin20^\circ}{\cos40^\circ},$$ $$AQ_2=\frac{\sin40^\circ}{\cos10^\circ},\qquad AP_2=\frac{\sin40^\circ}{\cos20^\circ}.$$ Kąt między wysokością z $A$ a bokiem $AB$ ma $30^\circ$, więc $$P_{AP_iQ_i}=\frac12 AP_i\cdot AQ_i\sin30^\circ =\frac14AP_i\cdot AQ_i.$$ Zatem pole czworokąta jest równe $$\frac1{4\cos10^\circ} \left( \frac{\sin^2 40^\circ}{\cos20^\circ} -\frac{\sin^2 20^\circ}{\cos40^\circ} \right) \approx0{,}07285.$$ Po przekształceniu trygonometrycznym jest to wzór z klucza: $\frac{\sin20^\circ}{8}\left(\frac3{\cos^2 10^\circ}-\frac1{\cos20^\circ\cos40^\circ}\right)$.