MATeMAtyka 4. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 271

Niech $AB\parallel CD$.

a) W trapezie równoramiennym kąty przy tej samej podstawie są równe: $\angle A=\angle B$. Z równoległości podstaw $\angle B+\angle C=180^\circ$, więc także $\angle A+\angle C=180^\circ$. Suma przeciwległych kątów wynosi $180^\circ$, zatem na trapezie można opisać okrąg.

b) Jeżeli trapez jest wpisany w okrąg, to $\angle A+\angle C=180^\circ$. Z równoległości podstaw również $\angle B+\angle C=180^\circ$, więc $\angle A=\angle B$. Równość kątów przy podstawie oznacza, że trapez jest równoramienny. Obie implikacje zostały uzasadnione.

W trapezie opisanym na okręgu suma podstaw jest równa sumie ramion, czyli $a+b=2l$. Stąd obwód wynosi $4l$, a dla wysokości $h=2r$ pole ma postać $P=(a+b)h/2=lh$.

a) $l=6$, $h=5$, więc $Ob=24$ i $P=30$.

b) $a+b=20$, zatem $l=10$. Połowa różnicy podstaw wynosi $6$, więc $h=\sqrt{10^2-6^2}=8$. Stąd $Ob=40$ i $P=80$.

c) Dla kąta $60^\circ$ mamy $h=l\sqrt3/2$, a podstawy $3l/2$ i $l/2$. Przekątna ma długość $l\sqrt7/2$, więc promień okręgu opisanego, obliczony z trójkąta o kącie $60^\circ$, wynosi $R=l\sqrt{21}/6$. Warunek $R=1$ daje $l=2\sqrt{21}/7$.

Wysokość trapezu jest średnicą okręgu wpisanego, więc $h=3$. Ramiona mają długości

\frac{3}{\sin60^\circ}=2\sqrt3.$$ W czworokącie opisanym na okręgu suma podstaw jest równa sumie ramion, czyli $6+2\sqrt3$. Pole wynosi połowę iloczynu tej sumy i wysokości.

a) Rzut ramienia na podstawę ma długość $2\cos60^\circ=1$, a wysokość $\sqrt3$. Z danych o przekątnej otrzymujemy podstawy $4$ i $2$. W trójkącie o bokach $4$, $2$ i $2\sqrt3$ kąt między podstawą i ramieniem ma $60^\circ$, więc $R=(2\sqrt3)/(2\sin60^\circ)=2$.

b) Poziomy rzut przekątnej wynosi $2\sqrt3/\tan30^\circ=6$. Zatem krótsza podstawa ma długość $4$, ramię $4$, a przekątna $4\sqrt3$. Promień okręgu opisanego wynosi $4$, więc pole koła to $16\pi$.

Promień okręgu wpisanego wynosi $3$, więc wysokość trapezu jest równa $6$. Bok długości $3$ nie może być ramieniem, zatem jest krótszą podstawą. Niech druga podstawa ma długość $b$. Z warunku styczności ramię ma $(b+3)/2$, a z trójkąta prostokątnego

$\left(\frac{b+3}{2}\right)^2=6^2+\left(\frac{b-3}{2}\right)^2.$

Stąd $b=12$, a pole wynosi $(3+12)\cdot6/2$.

Niech podstawy trapezu mają długości $a$ i $b$, a ramię $l$. Ponieważ w trapez wpisano okrąg, zachodzi $a+b=2l$. Po opuszczeniu wysokości otrzymujemy trójkąt prostokątny o przyprostokątnych $h$ i $|a-b|/2$ oraz przeciwprostokątnej $l$. Zatem

=\frac{(a+b)^2-(a-b)^2}{4}=ab.$$ Ponieważ $h>0$, mamy $h=\sqrt{ab}$, czyli wysokość jest średnią geometryczną długości podstaw. Teza została wykazana.

Pole rombu o boku $a$ i kącie ostrym $\alpha$ wynosi $a^2\sin\alpha$. Jest ono także równe iloczynowi promienia okręgu wpisanego i półobwodu: $2ar$. Stąd $r=a\sin\alpha/2$.

a) Pole koła wynosi $\pi r^2=\frac\pi4a^2\sin^2\alpha$.

b) Z $P=a^2\sin\alpha$ mamy $a=\sqrt{P/\sin\alpha}$, więc $r=\frac12\sqrt{P\sin\alpha}$.

Oznaczmy kąty czworokąta przez $A,B,C,D$. Z trójkąta utworzonego przez przedłużenia prostych $AB$ i $DC$ otrzymujemy $B+C=220^\circ$. Analogicznie dla przecięcia prostych $AD$ i $BC$ mamy $C+D=210^\circ$. Ponieważ czworokąt jest wpisany w okrąg,

$A+C=180^\circ,\qquad B+D=180^\circ.$

Rozwiązanie tego układu daje kolejno $A=55^\circ$, $B=95^\circ$, $C=125^\circ$ i $D=85^\circ$.

Długość całej siecznej od $P$ do dalszego punktu wynosi $PB=PA+AB=8\sqrt2$. Z twierdzenia o potędze punktu

$PA\cdot PB=PO^2-r^2.$

Po podstawieniu otrzymujemy $4\sqrt2\cdot8\sqrt2=10^2-r^2$, czyli $64=100-r^2$.