NOWA MATeMAtyka 1. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 313

Trójkąty $CDP$ i $ABP$ są podobne. Skala pierwszego względem drugiego wynosi

$k=\frac{|CD|}{|AB|}=\frac{12}{16}=\frac34.$

Pola figur podobnych pozostają w stosunku $k^2=\frac9{16}$, zatem

$P_{CDP}=48\cdot\frac9{16}=27\ \mathrm{cm}^2.$

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie prostokątnym $ABD$:

$|BD|=\sqrt{6^2+4^2}=2\sqrt{13}.$

Druga przekątna ma długość

$|AC|=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt5.$

Punkt przecięcia przekątnych trapezu dzieli je w stosunku długości podstaw:

=\frac{|AB|}{|CD|}=3.$$ Stąd $|AO|=\frac34|AC|=\frac32\sqrt5$ oraz $|BO|=\frac34|BD|=\frac32\sqrt{13}$. Obwód trójkąta $AOB$ wynosi $$6+\frac32\sqrt5+\frac32\sqrt{13} =6+\frac32(\sqrt5+\sqrt{13}).$$

Trójkąty $PCD$ i $PAB$ są podobne w skali

$\frac{|CD|}{|AB|}=\frac{25}{40}=\frac58.$

Na ramieniu zawierającym bok trapezu długości $12$ mamy

$\frac{|PD|}{|PA|}=\frac58,\qquad |PA|-|PD|=12.$

Zatem $\frac38|PA|=12$, czyli $|PA|=32$.

Analogicznie na drugim ramieniu

$\frac{|PC|}{|PB|}=\frac58,\qquad |PB|-|PC|=9,$

więc $\frac38|PB|=9$ i $|PB|=24$. Stąd obwód trójkąta $ABP$ wynosi

$32+24+40=96\ \mathrm{cm}.$

Oznaczmy $|EB|=x$. Z układu odpowiadających sobie boków podobnych równoległoboków przedstawionego na rysunku bok $EB$ odpowiada bokowi $BC$, a bok $BC$ — bokowi $AB$. Zatem

$\frac{x}{b}=\frac{b}{a},$

czyli $x=\frac{b^2}{a}$.

Ponieważ $EBCF$ jest równoległobokiem, $|EF|=|BC|=b$. Ponadto

$|AE|=|DF|=a-x=a-\frac{b^2}{a}.$

Czworokąt $AEFD$ także jest równoległobokiem, więc jego obwód wynosi

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

Oznaczmy wierzchołki podstawy przez $A,B$, a wierzchołek naprzeciw podstawy przez $C$. Wysokość z $C$ dzieli trójkąt na dwa trójkąty $30^\circ$–$60^\circ$–$90^\circ$. Połowa podstawy ma długość $6\cos30^\circ=3\sqrt3$, a wysokość ma długość $6\sin30^\circ=3$.

Możemy więc przyjąć współrzędne

$A=(-3\sqrt3,0),\quad B=(3\sqrt3,0),\quad C=(0,3).$

Wysokość z $C$ leży na prostej $x=0$. Prosta $BC$ ma nachylenie $-\frac1{\sqrt3}$, więc wysokość z $A$ ma nachylenie $\sqrt3$ i równanie

$y=\sqrt3(x+3\sqrt3)=\sqrt3x+9.$

Wysokości przecinają się w $H=(0,9)$. Zatem

$|HC|=6,$

$|HA|=|HB|=\sqrt{(3\sqrt3)^2+9^2}=6\sqrt3.$

Oznaczmy boki trójkąta przez $a,b,c$, a odpowiadające im środkowe przez $m_a,m_b,m_c$. Odbijmy wierzchołek $A$ względem środka boku $BC$ do punktu $A'$. Czworokąt $ABA'C$ jest równoległobokiem, więc w trójkącie $ABA'$ mamy

$|AA'|=2m_a,\qquad |AB|=c,\qquad |BA'|=b.$

Z nierówności trójkąta

$2m_a<b+c.$

Analogicznie $2m_b<c+a$ oraz $2m_c<a+b$. Po dodaniu:

$2(m_a+m_b+m_c)<2(a+b+c)=2L,$

czyli

$m_a+m_b+m_c<L<\frac32L.$

Otrzymaliśmy nawet oszacowanie silniejsze od żądanego.