Zadanie nr 4750074

Oblicz pole trapezu, którego podstawy mają długości 2 i 3, a przekątne długości 3 i 4.

Rozwiązanie

Szkicujemy trapez.

Sposób I

Jedną z podstawowych własności trapezu, jest podobieństwo trójkątów ABE i CDE (tak jest bo mają takie same kąty). W dodatku skala podobieństwa wynosi AB : CD = 3 : 2 . Znając długości przekątnych, możemy więc wyliczyć długości odcinków na jakie dzieli przekątne ich punkt przecięcia .

3 3 9 AE = -⋅ AC = --⋅3 = -- 5 5 5 EC = 2-⋅AC = 2-⋅3 = 6- 5 5 5 3 3 12 BE = 5-⋅BD = 5-⋅4 = 5-- ED = 2⋅ BD = 2-⋅4 = 8. 5 5 5

Ogólnie, gdybyśmy chcieli teraz policzyć pole trapezu, czyli pola czterech trójkątów na które dzielą go przekątne, to powinniśmy wyliczyć (np. z twierdzenia cosinusów) cos ∡AEB i potem wyliczyć z niego sinus, a na koniec policzyć pola trójkątów ze wzoru z sinusem. W tym przykładzie sytuacja jest jednak wyjątkowo prosta, bo okazuje się, że kąta ∡AEB jest prosty (gdybyśmy tego nie zauważyli, to wyszłoby to z twierdzenia cosinusów). Sprawdźmy, że tak jest istotnie (twierdzenie odwrotne do twierdzenia Pitagorasa).

AE 2 + EB 2 = 81-+ 1-44 = 2-25 = 9 = AB 2. 25 25 25

Skoro wszystkie cztery trójkąty są prostokątne i znamy długości ich przyprostokątnych, bez trudu liczymy ich pola.

P = 1-⋅ 9-⋅ 12-+ 1-⋅ 12-⋅ 6-+ 1-⋅ 6-⋅ 8-+ 1⋅ 8-⋅ 9-= 2 5 5 2 5 5 2 5 5 2 5 5 5-4+-3-6+--24+--36 150- = 25 = 25 = 6 .

Sposób II

Niech będzie takim punktem półprostej , że F D = 3 . Wtedy czworokąt ABDF jest równoległobokiem, więc AF = BD = 4 . To oznacza, że trójkąt FAC jest trójkątem o bokach 3, 4, 5, jest to więc trójkąt prostokątny o polu

1 PFAC = 2-⋅AF ⋅AC = 6 .

Zauważmy teraz, że

P = P = P ABC ABD FAD

(tak jest, bo każdy z tych trójkątów ma podstawę długości AB = FD = 3 i wysokość równą odległości między prostymi i ). W takim razie

P = P + P = P + P = P = 6. ABCD ABC ADC FAD ADC FAC

Sposób III

Niech i będą rzutami punktów i na podstawę oraz niech AK = x .

Wtedy

LB = AB − AK − KL = 3 − x − 2 = 1− x .

Piszemy teraz twierdzenia Pitagorasa w trójkątach ALC i DKB .

32 = h2 + (x+ 2)2 42 = h2 + (2+ 1 − x )2 2 2 2 2 9 = h + x + 4x+ 4 16 = h + 9− 6x + x 5 − x 2 − 4x = h2 7 + 6x − x 2 = h2.

Porównujemy teraz wartości 2 h z obu równań i mamy

5 − x2 − 4x = 7+ 6x − x2 − 2 = 1 0x ⇒ x = − 1. 5

Otrzymaliśmy ujemną wartość , co w pierwszej chwili może wyglądać dziwnie, ale jak chwilę się zastanowimy, to nie jest trudno ustalić dlaczego tak się stało. Powód jest prosty: nasz rysunek był zły – ujemna wartość wskazuje na to, że punkt powinien być na lewo od , a nie na prawo (prawy rysunek). Spróbujmy powtórzyć powyższy rachunek, ale używając prawego rysunku. Zauważmy najpierw, że AL = KL − x = 2 − x oraz LB = AB − AL = 3− (2− x) = 1 + x . Piszemy twierdzenia Pitagorasa.