Zad. 1. Podstawy trapezu równoramiennego mają długości a i b (a > b), a kąt ostry ma miarę 45°. Oblicz pole trapezu.
Zad. 2. W czworokącie wypukłym ABCD punkt K jest środkiem boku BC. Pole czworokąta jest dwa razy większe od pola trójkąta AKD. Oblicz długość środkowej KE trójkąta AKD, wiedząc, że |AB|=a oraz |CD|=b.
Zad. 3. Ramiona AD i BC trapezu mają długości odpowiednio 8 i 10, a podstawa CD ma długość 2. Dwusieczna kąta ABC przechodzi przez środek ramienia AD. Oblicz pole trapezu.
Zad. 4. (wolna amerykanka) Podstawa AB trapezu ABCD (AB>CD) jest średnicą okręgu stycznego do prostej AD w punkcie A przecinającego ramię BC w punkcie K, takim że |BC|=4√3|KB|. Promień okręgu wynosi R, a kąt ABD ma 60°. Oblicz pole trapezu.
Za rozwiązania zadań 1-3 punkty otrzymali:
- 30 - Jacek Bagiński (nauczyciel matematyki, I LO Kraków), Dominik Bysiewicz (I LO Krosno), Michel Migas (student PW), Tadeusz Porzucek (emerytowany nauczyciel, Gostyń), Adam Wrzesiński (terapeuta z Bielska-Białej), Jerzy Kawka (I LO Kraków) i Krzysztof Lis (XIV LO Warszawa),
- 20 - Kamil Rozbicki (student WSH we Wrocławiu), Karolina Wlaź (studentka UMCS) i Krzysztof Mach (I LO Kraków).
Za rozwiązanie zadania 4. po 10 pkt. otrzymali: Jacek Bagiński, Dominik Bysiewicz, Zygmunt Krawczyk (nauczyciel, SLO Żary), Michel Migas, Tadeusz Porzucek oraz Krzysztof Lis.
Gratulujemy!
Zad. 1. Niech DE będzie wysokością opuszczoną na podstawę AB. Łatwo zauważyć, że |DE| = |AE| = (a–b)/2. Stąd pole trapezu wynosi (a2 – b2)/4.
Zad. 2. Przez punkty A i D prowadzimy proste równoległe do KE przecinające prostą BC odpowiednio w punktach A' i D'. Powstał trapez AA'D'D z linią średnią EK. Zauważmy, że PAA'D'D = h·|EK|. Z drugiej strony PABCD = 2·PAKD = 2(PEKD + PAKE) = 2(|EK|·h1/2 + |EK|·h2/2) = h·|EK|. Fakt, że punkt K jest środkiem odcinków BC i A'D', oznacza, że punkty A' i B oraz D' i C pokrywają się. Stąd |EK| = (a+b)/2.
Zad. 3. Niech punkt E będzie przecięciem dwusiecznej kąta ABC z prostą CD. Trójkąt ECD jest równoramienny, stąd |ED|=8. Z drugiej strony trójkąty EDM i MAB są przystające na mocy cechy kbk i |ED|=|AB|=8. Niech CF będzie równoległy do AD. Wówczas trójkąt CFB ma boki długości 8, 6 i 10, co na podstawie twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa oznacza, że jest on prostokątny i AD jest jego wysokością. Zatem PABCD = 40.
Zad. 4. Niech CE jest wysokością trapezu. Trójkąty BCE i ABK są podobne (prostokątne i mają wspólny kąt B). Z własności trójkąta ekierkowego ABD mamy |CE| = |AD| = 2R√3. Niech |BK| = x. W trójkącie ABK zachodzi sinα = x/2R, a w trójkącie BCE - cosα = R/2x. Z "jedynki trygonometrycznej" otrzymujemy równanie (x/2R)2 + (R/2x)2 = 1, skąd x = R√(2–√3). Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie CEB obliczamy |BE| = R(4√3–6). I dalej |CD| = 2R–|BE| = 4R(2–√3). Ostatecznie pole trapezu wynosi 2R2(5√3–6).
