NOWA MATeMAtyka 1. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 307

a) Przekątne prostokąta są równe i dzielą się na połowy. Każda para sąsiednich połówek przekątnych tworzy więc trójkąt równoramienny. Jeśli kąt między przekątnymi ma miarę (\alpha), to kąty przy podstawie tego trójkąta mają miarę

$$\frac{180^\circ-\alpha}{2}.$$

Kąt między przekątną a bokiem prostokąta zależy zatem wyłącznie od (\alpha). Dwa rozważane prostokąty mają równe odpowiednie kąty, więc ich trójkąty utworzone przez boki i przekątne są podobne z cechy KKK. Wynika stąd stały stosunek długości boków prostokątów, czyli podobieństwo prostokątów.

b) Z podobieństwa i wskazanego odpowiadania boków:

$$\frac{x+1}{x}=\frac{y+1}{y}.$$

Po wymnożeniu

$$xy+y=xy+x,$$

więc (x=y). Oba prostokąty mają równe boki, a zatem są kwadratami.

a) Z (BD\parallel CE) wynika podobieństwo trójkątów (ABD) i (ACE):

$$\frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AE}.$$

Po podstawieniu danych:

$$\frac{x}{2x+2}=\frac{x+2}{2x+7}.$$

Stąd (x=4). Otrzymujemy (AC=10), (AE=15), a skala małego trójkąta do dużego wynosi (\frac4{10}). Zatem

$$\frac5{CE}=\frac4{10}, \qquad CE=12{,}5.$$

Obwód (AEC) wynosi (10+15+12{,}5=37{,}5).

b) Ponieważ (AD=DC=3), (BD\perp AC) i (AB=5), mamy z twierdzenia Pitagorasa (BD=4). Trójkąt jest równoramienny, więc (BC=5). Jego pole:

$$P_{ABC}=\frac12\cdot6\cdot4=12.$$

Również (P_{ABC}=\frac12\cdot BC\cdot AE), zatem (AE=\frac{24}{5}=4{,}8). W trójkącie prostokątnym (AEC):

$$EC=\sqrt{6^2-4{,}8^2}=3{,}6.$$

Obwód wynosi (6+4{,}8+3{,}6=14{,}4).

Obwody figur podobnych są w stosunku (5:8). Oznaczmy je przez (5t) i (8t). Wtedy

$$5t+8t=260, \qquad t=20.$$

Obwody wynoszą (100) cm i (160) cm.

Skala (F_1:F_2=1:2) daje stosunek pól (1:4). Skala (F_2:F_3=1:3) daje stosunek pól (1:9). Zatem

$$P_1:P_2:P_3=1:4:36.$$

Suma (41) części jest równa (410\ \text{dm}^2), więc jedna część ma (10\ \text{dm}^2).

Ustawmy podstawy trapezu poziomo. Możemy przyjąć współrzędne

$$A=(0,0),\quad B=(p,0),\quad D=(u,h),\quad C=(u+q,h).$$

a) Środki ramion (AD) i (BC) mają współrzędne

$$M=\left(\frac u2,\frac h2\right), \qquad N=\left(\frac{p+u+q}{2},\frac h2\right).$$

Mają tę samą drugą współrzędną, więc (MN) jest równoległy do obu podstaw.

b) Środki przekątnych (AC) i (BD) mają współrzędne

$$K=\left(\frac{u+q}{2},\frac h2\right), \qquad L=\left(\frac{p+u}{2},\frac h2\right).$$

Także mają tę samą drugą współrzędną, zatem (KL) jest równoległy do podstaw.

Z twierdzenia o odcinku łączącym środki dwóch boków trójkąta:

$$A'B'\parallel AC,\quad A'B'=\frac12AC,$$ $$B'C'\parallel BD,\quad B'C'=\frac12BD.$$

Analogiczne zależności zachodzą dla dwóch pozostałych boków czworokąta (A'B'C'D'). Jest on więc równoległobokiem, którego sąsiednie boki są równoległe do przekątnych rombu. Przekątne rombu są prostopadłe, więc (A'B'C'D') jest prostokątem.

Jeżeli przekątne rombu mają długości (d_1,d_2), to

$$P_{A'B'C'D'}=\frac{d_1}{2}\cdot\frac{d_2}{2}=\frac{d_1d_2}{4},$$

natomiast

$$P_{ABCD}=\frac{d_1d_2}{2}.$$

Zatem (P_{A'B'C'D'}=\frac12P_{ABCD}).

Przedłużmy ramiona trapezu do punktu (S). Trójkąty o wierzchołku (S) i podstawach (DC,PQ,AB) są podobne, więc odległości tych podstaw od (S), mierzone wzdłuż każdego ramienia, są proporcjonalne do ich długości:

$$b:\sqrt{ab}:a.$$

Na ramieniu (AD) mamy zatem

$$\frac{AP}{PD} =\frac{a-\sqrt{ab}}{\sqrt{ab}-b} =\frac{\sqrt a(\sqrt a-\sqrt b)} {\sqrt b(\sqrt a-\sqrt b)} =\sqrt{\frac ab} =\frac{a}{\sqrt{ab}} =\frac{AB}{PQ}.$$

Analogicznie

$$\frac{BQ}{QC}=\frac{AB}{PQ}.$$

Ponadto

$$\frac{AB}{PQ}=\frac{PQ}{CD},$$

bo (PQ^2=ab=AB\cdot CD). Wszystkie odpowiadające boki trapezów (ABQP) i (PQCD) są więc proporcjonalne, a odpowiadające kąty przy prostych równoległych są równe. Trapezy są podobne.