NOWA MATeMAtyka 1. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 314

Z twierdzenia Pitagorasa $|AB|=10$. Pole trójkąta $ABC$ można zapisać na dwa sposoby:

$\frac12\cdot6\cdot8=\frac12\cdot10\cdot|CP|,$

stąd $|CP|=4{,}8$.

Trójkąty $APC$ i $ABC$ są podobne. Ich skala wynosi

$k_1=\frac{|CP|}{|BC|}=\frac{4{,}8}{6}=0{,}8.$

Wysokości odpowiadających sobie trójkątów mają tę samą skalę, więc

$|PQ|=0{,}8\cdot|CP|=3{,}84.$

Trójkąty $APQ$ i $ABC$ także są podobne, a ich skala wynosi

$k_2=\frac{|PQ|}{|BC|}=\frac{3{,}84}{6}=0{,}64.$

Stosunek pól jest kwadratem skali:

$\frac{P_{APQ}}{P_{ABC}}=k_2^2=0{,}64^2=0{,}4096.$

Trójkąty $APQ$ i $ABC$ są podobne: mają wspólny kąt przy $A$ i kąty proste odpowiednio przy $Q$ i $B$. Odcinek $PQ$ dzieli trójkąt na dwie figury o równych polach, zatem

$\frac{P_{APQ}}{P_{ABC}}=\frac12.$

Skala podobieństwa długości wynosi więc $k=\frac1{\sqrt2}$. Ponieważ $|AC|=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt5$, otrzymujemy

$|AP|=k|AC|=\sqrt{10},$

$|AQ|=k|AB|=2\sqrt2,\qquad |PQ|=k|BC|=\sqrt2.$

Obwód trójkąta $APQ$ jest równy

$\sqrt{10}+2\sqrt2+\sqrt2=\sqrt{10}+3\sqrt2.$

Z zadania 2.1 mamy

$|AP|=\sqrt{10},\qquad |AQ|=2\sqrt2,\qquad |QP|=\sqrt2.$

Punkt $D$ leży na odcinku $AP\subset AB$. Z twierdzenia o dwusiecznej w trójkącie $AQP$:

$\frac{|AD|}{|DP|}=\frac{|AQ|}{|QP|}=2.$

Zatem $|AD|=\frac23|AP|=\frac23\sqrt{10}$. Ponieważ $|AB|=4$,

$|DB|=|AB|-|AD|=4-\frac23\sqrt{10}.$

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

$|BC|=2{,}8+1{,}2=4,\qquad |PC|=10{,}4-4=6{,}4.$

Z podobieństwa trójkątów $PDC$ i $PAB$:

=\frac{6{,}4}{10{,}4}=\frac8{13}.$$ Stąd $$|PD|=7{,}8\cdot\frac8{13}=4{,}8.$$ Ponieważ $EF\parallel AB$, trójkąty $PEF$ i $PAB$ są podobne. Mamy $|PF|=10{,}4-2{,}8=7{,}6$, zatem $$\frac{|PE|}{|PA|}=\frac{|PF|}{|PB|} =\frac{7{,}6}{10{,}4}=\frac{19}{26}.$$ Wobec tego $$|PE|=7{,}8\cdot\frac{19}{26}=5{,}7.$$

Oznaczmy długości podstaw trapezu przez $a$ i $b$, a długość odcinka łączącego środki ramion przez $m$. Z twierdzenia o odcinku środkowym

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

Powstałe trapezy mają podstawy odpowiednio $(a,m)$ oraz $(m,b)$. Jeżeli są podobne, stosunki odpowiadających sobie podstaw są równe:

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

Stąd $m^2=ab$. Po podstawieniu wzoru na $m$ dostajemy

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

$a^2-2ab+b^2=0,$

$(a-b)^2=0.$

Zatem $a=b$. Czworokąt, w którym jedna para przeciwległych boków jest jednocześnie równa i równoległa, jest równoległobokiem.

Niech wspólna podstawa dwóch mniejszych trapezów ma długość $x$. Ich pary podstaw mają długości $(a,x)$ oraz $(x,2a)$. Z podobieństwa

$\frac{x}{a}=\frac{2a}{x},$

więc $x^2=2a^2$. Skala większego małego trapezu względem mniejszego jest zatem

$k=\frac{x}{a}=\sqrt2.$

Pola figur podobnych pozostają w stosunku $k^2=2$. Oznaczmy pole mniejszego trapezu przez $S$; pole większego jest wtedy równe $2S$.

Pole całego trapezu, którego wysokością jest krótsze ramię $a$, wynosi

$P=\frac{a+2a}{2}\cdot a=\frac32a^2.$

Zatem

$S+2S=\frac32a^2,$

skąd $S=\frac12a^2$, a $2S=a^2$.

Z równoległości $AE\parallel BD$, $BE\parallel CD$ oraz współliniowości $A,B,C$ wynika, że trójkąty $ABE$ i $BCD$ są podobne. Oznaczmy skalę drugiego względem pierwszego przez

$k=\frac{|BC|}{|AB|}=\frac{|BD|}{|AE|}.$

Stosunek pól podobnych trójkątów jest kwadratem skali, zatem

S_2=k^2S_1. \tag{1}

Policzmy teraz pola trójkątów $ABE$ i $BDE$, przyjmując za podstawy odpowiednio $AE$ i $BD$. Te podstawy są równoległe, a odpowiadające im wysokości są równe odległości między prostymi $AE$ i $BD$. Stąd

$\frac{P_{BDE}}{S_1}=\frac{|BD|}{|AE|}=k,$

czyli $P_{BDE}=kS_1$. Na podstawie (1):

$P_{BDE}=\sqrt{k^2S_1^2}=\sqrt{S_1S_2}.$