Geometria płaska - pole czworokąta sprawdzian

Geometria płaska – pole czworokąta

Sprawdzian

Grupa A

Zadanie 1 (3 pkt)

Wskazówki:

W trapezie prostokątnym o kącie ostrym $45^\circ$ wysokość opuszczona z wierzchołka $C$ na podstawę $AB$ tworzy równoramienny trójkąt prostokątny, co oznacza, że rzut ramienia na podstawę jest równy wysokości trapezu $h$.
Punkt $M$ jest środkiem ramienia $BC$, więc jego odległość od podstawy $AB$ wynosi dokładnie połowę wysokości trapezu: $y_M = \dfrac{h}{2}$.
Rozważ trójkąt prostokątny utworzony przez punkt $M$, odcinek $MN$ oraz rzut prostokątny punktu $M$ na podstawę $AB$ (skorzystaj z definicji sinusa kąta $60^\circ$) lub zastosuj twierdzenie sinusów w trójkącie $MNB$.
Po wyznaczeniu wysokości $h$ oblicz długość dolnej podstawy $|AB| = |CD| + h$, a następnie zastosuj klasyczny wzór na pole trapezu.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza stanu wyjściowego:
W trapezie prostokątnym $ABCD$ ramię $AD$ jest prostopadłe do podstaw $AB$ oraz $CD$, co oznacza, że $\sphericalangle DAB = \sphericalangle ADC = 90^\circ$, a długość $|AD| = h$ stanowi wysokość trapezu. Dłuższe ramię $BC$ tworzy z podstawą $AB$ kąt ostry $\sphericalangle ABC = 45^\circ$.

Na ramieniu $BC$ zaznaczono punkt $M$ taki, że $|BM| = |MC|$. Na podstawie $AB$ wybrano punkt $N$ połączony z punktem $M$ odcinkiem o długości $|MN| = 8$, tworzącym z podstawą kąt $\sphericalangle MNB = 60^\circ$. Górna podstawa ma długość $|CD| = 6$.
Sposób I – Wyznaczenie wysokości trapezu z rzutu prostokątnego punktu $M$:
Niech $M'$ oznacza rzut prostokątny punktu $M$ na podstawę $AB$, a $C'$ rzut prostokątny wierzchołka $C$ na podstawę $AB$.

W trójkącie prostokątnym $B C' C$ kąt ostry wynosi $\sphericalangle C'BC = 45^\circ$, zatem jest to trójkąt prostokątny równoramienny o przyprostokątnych: $$|C C'| = h, \quad |B C'| = h$$ Ponieważ punkt $M$ jest środkiem ramienia $BC$, odcinek $M M'$ jest linią środkową w trójkącie $B C' C$. Wynika stąd, że: $$|M M'| = \dfrac{|C C'|}{2} = \dfrac{h}{2}$$ Rozpatrzmy trójkąt prostokątny $M M' N$, w którym kąt przy wierzchołku $M'$ jest prosty, a kąt przy wierzchołku $N$ wynosi $\sphericalangle M N M' = \sphericalangle MNB = 60^\circ$. Korzystając z definicji sinusa: $$\sin 60^\circ = \dfrac{|M M'|}{|MN|}$$ Podstawiamy znane wartości $|MN| = 8$ oraz $\sin 60^\circ = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$: $$\begin{aligned} \dfrac{\sqrt{3}}{2} &= \dfrac{\dfrac{h}{2}}{8} \\[8pt] \dfrac{\sqrt{3}}{2} &= \dfrac{h}{16} \\[8pt] h &= 16 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} \\[8pt] h &= 8\sqrt{3} \end{aligned}$$
Sposób II – Wyznaczenie długości elementów z twierdzenia sinusów w trójkącie $MNB$:
W trójkącie $MNB$ znamy miary dwóch kątów wewnętrznych: $$\sphericalangle MNB = 60^\circ, \quad \sphericalangle MBN = 45^\circ$$ Suma miar kątów w trójkącie wynosi $180^\circ$, zatem trzeci kąt ma miarę: $$\begin{aligned} \sphericalangle NMB &= 180^\circ - 60^\circ - 45^\circ \\[8pt] &= 75^\circ \end{aligned}$$ Stosujemy twierdzenie sinusów w trójkącie $MNB$: $$\dfrac{|BM|}{\sin(\sphericalangle MNB)} = \dfrac{|MN|}{\sin(\sphericalangle MBN)}$$ Wstawiamy wartości liczbowe: $$\dfrac{|BM|}{\sin 60^\circ} = \dfrac{8}{\sin 45^\circ}$$ Wyznaczamy długość odcinka $|BM|$: $$\begin{aligned} |BM| &= 8 \cdot \dfrac{\sin 60^\circ}{\sin 45^\circ} \\[8pt] &= 8 \cdot \dfrac{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}} \\[8pt] &= 8 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}} = 8 \cdot \dfrac{\sqrt{6}}{2} = 4\sqrt{6} \end{aligned}$$ Skoro punkt $M$ jest środkiem ramienia $BC$, całe ramię ma długość: $$|BC| = 2 \cdot |BM| = 2 \cdot 4\sqrt{6} = 8\sqrt{6}$$ W równoramiennym trójkącie prostokątnym $B C' C$ o przyprostokątnych $h$ przeciwprostokątna wynosi $|BC| = h\sqrt{2}$: $$\begin{aligned} h\sqrt{2} &= 8\sqrt{6} \\[8pt] h &= \dfrac{8\sqrt{6}}{\sqrt{2}} \\[8pt] h &= 8\sqrt{3} \end{aligned}$$ Oba podejścia prowadzą do identycznej wartości wysokości trapezu.
Rysunek wynikowy i obliczenie długości dolnej podstawy $AB$:
Podstawa dolna $AB$ składa się z odcinka $AC'$ równego podstawie górnej $CD$ oraz odcinka $C'B$ równego wysokości $h$: $$\begin{aligned} |AB| &= |CD| + |C'B| \\[8pt] &= 6 + h \\[8pt] &= 6 + 8\sqrt{3} \end{aligned}$$
Obliczenie pola powierzchni trapezu:
Stosujemy wzór na pole trapezu o podstawach $|AB|$ i $|CD|$ oraz wysokości $h$: $$P = \dfrac{|AB| + |CD|}{2} \cdot h$$ Wstawiamy wyznaczone wartości długości: $$\begin{aligned} P &= \dfrac{(6 + 8\sqrt{3}) + 6}{2} \cdot 8\sqrt{3} \\[8pt] &= \dfrac{12 + 8\sqrt{3}}{2} \cdot 8\sqrt{3} \\[8pt] &= (6 + 4\sqrt{3}) \cdot 8\sqrt{3} \end{aligned}$$ Wymnażamy nawias przez $8\sqrt{3}$: $$\begin{aligned} P &= 6 \cdot 8\sqrt{3} + 4\sqrt{3} \cdot 8\sqrt{3} \\[8pt] &= 48\sqrt{3} + 32 \cdot 3 \\[8pt] &= 48\sqrt{3} + 96 \\[8pt] &= 96 + 48\sqrt{3} \end{aligned}$$ Wyłączając wspólny czynnik $48$ przed nawias, wynik można również zapisać w postaci: $$P = 48(2 + \sqrt{3})$$

Odpowiedź:
Pole trapezu wynosi $P = 96 + 48\sqrt{3}$ (lub $48(2 + \sqrt{3})$).

Zadanie 2 (5 pkt)

W czworokącie $ABCD$ kąt przy wierzchołku $C$ jest prosty, zaś $|\angle DAB| = 60^\circ$. Ponadto $|AB| = 4$, $|BC| = 3$ oraz $|CD| = 5$. Wyznacz pole tego czworokąta.

Wskazówki:

Przekątna $BD$ dzieli czworokąt $ABCD$ na dwa trójkąty: prostokątny $\triangle BCD$ oraz trójkąt $\triangle ABD$.
W trójkącie prostokątnym $\triangle BCD$ znasz obie przyprostokątne, co pozwala natychmiast wyliczyć jego pole oraz długość przeciwprostokątnej $|BD|$ z twierdzenia Pitagorasa.
W trójkącie $\triangle ABD$ znasz długości boków $|AB| = 4$, $|BD| = \sqrt{34}$ oraz kąt $\angle DAB = 60^\circ$. Długość nieznanego boku $|AD|$ wyznaczysz za pomocą twierdzenia cosinusów lub przez podział trójkąta wysokością na dwa trójkąty prostokątne.
Pole czworokąta jest sumą pól trójkątów: $P_{ABCD} = P_{\triangle BCD} + P_{\triangle ABD}$.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza podziału czworokąta przekątną $BD$:
Prowadzimy przekątną $BD$. Dzieli ona czworokąt $ABCD$ na trójkąt prostokątny $\triangle BCD$ (o kącie prostym przy wierzchołku $C$) oraz trójkąt $\triangle ABD$ o znanym kącie $\angle DAB = 60^\circ$. Oznaczamy szukaną długość boku $|AD|$ przez $x > 0$.
Obliczenie pola i długości przeciwprostokątnej trójkąta prostokątnego $\triangle BCD$:
Trójkąt $\triangle BCD$ posiada przyprostokątne $|BC| = 3$ oraz $|CD| = 5$. Obliczamy jego pole $P_1$: $$\begin{aligned} P_1 &= \dfrac{1}{2} \cdot |BC| \cdot |CD| \\[8pt] &= \dfrac{1}{2} \cdot 3 \cdot 5 = \dfrac{15}{2} \end{aligned}$$ Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $\triangle BCD$ wyznaczamy długość przekątnej $|BD|$: $$\begin{aligned} |BD|^2 &= |BC|^2 + |CD|^2 \\[8pt] |BD|^2 &= 3^2 + 5^2 = 9 + 25 = 34 \\[8pt] |BD| &= \sqrt{34} \end{aligned}$$
Sposób I – Wyznaczenie boku $|AD|$ i pola trójkąta $\triangle ABD$ z twierdzenia cosinusów:
W trójkącie $\triangle ABD$ stosujemy twierdzenie cosinusów dla boku $BD$, leżącego naprzeciwko kąta $\angle DAB = 60^\circ$: $$|BD|^2 = |AB|^2 + |AD|^2 - 2 \cdot |AB| \cdot |AD| \cdot \cos(60^\circ)$$ Podstawiamy dane $|BD|^2 = 34$, $|AB| = 4$, $|AD| = x$ oraz $\cos(60^\circ) = \dfrac{1}{2}$: $$\begin{aligned} 34 &= 4^2 + x^2 - 2 \cdot 4 \cdot x \cdot \dfrac{1}{2} \\[8pt] 34 &= 16 + x^2 - 4x \\[8pt] x^2 - 4x + 16 - 34 &= 0 \\[8pt] x^2 - 4x - 18 &= 0 \end{aligned}$$ Rozwiązujemy równanie kwadratowe za pomocą wyróżnika $\Delta$: $$\begin{aligned} \Delta &= (-4)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-18) \\[8pt] &= 16 + 72 = 88 = 4 \cdot 22 \\[8pt] \sqrt{\Delta} &= \sqrt{4 \cdot 22} = 2\sqrt{22} \end{aligned}$$ Wyznaczamy pierwiastki równania: $$\begin{aligned} x_1 &= \dfrac{4 - 2\sqrt{22}}{2} = 2 - \sqrt{22} \\[8pt] x_2 &= \dfrac{4 + 2\sqrt{22}}{2} = 2 + \sqrt{22} \end{aligned}$$ Ponieważ długość boku musi być liczbą dodatnią ($x > 0$), a zachodzi $\sqrt{22} \approx 4{,}69 > 2 \implies x_1 < 0$, odrzucamy pierwiastek ujemny. Zatem: $$|AD| = 2 + \sqrt{22}$$ Obliczamy pole trójkąta $\triangle ABD$ ze wzoru z sinusem kąta: $$\begin{aligned} P_2 &= \dfrac{1}{2} \cdot |AB| \cdot |AD| \cdot \sin(60^\circ) \\[8pt] &= \dfrac{1}{2} \cdot 4 \cdot (2 + \sqrt{22}) \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} \\[8pt] &= \sqrt{3} \cdot (2 + \sqrt{22}) \\[8pt] &= 2\sqrt{3} + \sqrt{66} \end{aligned}$$
Sposób II – Wyznaczenie boku $|AD|$ za pomocą rzutu prostokątnego (trójkąty o kątach $30^\circ$-$60^\circ$-$90^\circ$):
Opuszczamy wysokość $DH$ z wierzchołka $D$ na prostą zawierającą bok $AB$. W trójkącie prostokątnym $\triangle AHD$ kąt $\angle DAH = 60^\circ$, skąd $\angle ADH = 30^\circ$. Przyjmując przeciwprostokątną $|AD| = x$, otrzymujemy: $$\begin{aligned} |AH| &= x \cdot \cos(60^\circ) = \dfrac{x}{2} \\[8pt] |DH| &= x \cdot \sin(60^\circ) = \dfrac{x\sqrt{3}}{2} \end{aligned}$$ Ponieważ punkt $H$ leży na odcinku $AB$, długość odcinka $HB$ wynosi $|HB| = |AB| - |AH| = 4 - \dfrac{x}{2}$. Stosujemy twierdzenie Pitagorasa w trójkącie prostokątnym $\triangle BHD$: $$\begin{aligned} |DH|^2 + |HB|^2 &= |BD|^2 \\[8pt] \left(\dfrac{x\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \left(4 - \dfrac{x}{2}\right)^2 &= 34 \\[8pt] \dfrac{3x^2}{4} + 16 - 4x + \dfrac{x^2}{4} &= 34 \\[8pt] x^2 - 4x - 18 &= 0 \end{aligned}$$ Prowadzi to do identycznego wyniku $x = 2 + \sqrt{22}$. Wysokość trójkąta wynosi: $$h = |DH| = \dfrac{(2 + \sqrt{22})\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3} + \dfrac{\sqrt{66}}{2}$$ Pole trójkąta $\triangle ABD$ obliczamy klasycznym wzorem $P_2 = \dfrac{1}{2} \cdot a \cdot h$: $$P_2 = \dfrac{1}{2} \cdot 4 \cdot \left(\sqrt{3} + \dfrac{\sqrt{66}}{2}\right) = 2\sqrt{3} + \sqrt{66}$$
Rysunek wynikowy i obliczenie całkowitego pola czworokąta $ABCD$:
Poniższy rysunek przedstawia podział czworokąta na dwa składowe trójkąty wraz z ich wyliczonymi wymiarami i polami:

Całkowite pole czworokąta $ABCD$ jest sumą pól obu trójkątów: $$\begin{aligned} P_{ABCD} &= P_1 + P_2 \\[8pt] &= \dfrac{15}{2} + 2\sqrt{3} + \sqrt{66} \\[8pt] &= \dfrac{15 + 4\sqrt{3} + 2\sqrt{66}}{2} \end{aligned}$$

Odpowiedź:
Pole czworokąta wynosi $P = \dfrac{15}{2} + 2\sqrt{3} + \sqrt{66}$ (w postaci jednego ułamka: $\dfrac{15 + 4\sqrt{3} + 2\sqrt{66}}{2}$).

Zadanie 3 (3 pkt)

W trapezie równoramiennym $ABCD$ ($AB \parallel CD$) przez wierzchołek $C$ poprowadzono prostą równoległą do boku $AD$. Podzieliła ona trapez na dwie figury: czworokąt i trójkąt tak, że pole czworokąta jest 4 razy większe niż pole trójkąta. Uzasadnij, że stosunek długości podstaw tego trapezu jest równy $\dfrac{3}{2}$.

Wskazówki:

Zauważ, że prosta poprowadzona z wierzchołka $C$ równolegle do ramienia $AD$ odcina z trapezu równoległobok oraz trójkąt.
Obie powstałe figury mają wspólną wysokość $h$, będącą jednocześnie wysokością całego trapezu.
Wyraź pola obu figur za pomocą długości podstaw $a = |AB|$, $b = |CD|$ oraz wysokości $h$, a następnie ułóż i przekształć równanie wynikające z treści zadania.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza podziału trapezu na figury składowe:
Niech $a = |AB|$ oznacza długość dłuższej podstawy trapezu, a $b = |CD|$ długość krótszej podstawy ($a > b > 0$). Oznaczmy wysokość trapezu jako $h$.

Niech punkt $E$ będzie punktem przecięcia prostej poprowadzonej przez wierzchołek $C$ równolegle do boku $AD$ z dłuższą podstawą $AB$.
W czworokącie $AECD$:
• $AE \parallel CD$ (ponieważ punkt $E$ leży na prostej $AB$, a $AB \parallel CD$),
• $CE \parallel AD$ (z konstrukcji prostej).

Czworokąt $AECD$ ma dwie pary boków przeciwległych równoległych, jest zatem równoległobokiem. Wobec tego: $$|AE| = |CD| = b$$ Długość podstawy powstałego trójkąta $EBC$ wynosi: $$|EB| = |AB| - |AE| = a - b$$
Sposób I – Bezpośrednie porównanie pól równoległoboku i trójkąta:
Wysokość równoległoboku $AECD$ opuszczona na podstawę $AE$ jest równa odległości między prostymi równoległymi $AB$ i $CD$, czyli wynosi $h$. Zatem pole równoległoboku to: $$P_{AECD} = |AE| \cdot h = b \cdot h$$ Wysokość trójkąta $EBC$ opuszczona z wierzchołka $C$ na prostą zawierającą bok $EB$ wynosi również $h$. Zatem pole trójkąta wyraża się wzorem: $$P_{\triangle EBC} = \dfrac{1}{2} \cdot |EB| \cdot h = \dfrac{1}{2}(a - b)h$$ Zgodnie z poleceniem pole czworokąta jest $4$ razy większe niż pole trójkąta: $$P_{AECD} = 4 \cdot P_{\triangle EBC}$$ Podstawiamy wyznaczone wzory na pola: $$\begin{aligned} b \cdot h &= 4 \cdot \dfrac{1}{2}(a - b)h \\[8pt] b \cdot h &= 2(a - b)h \end{aligned}$$ Ponieważ wysokość trapezu spełnia warunek $h > 0$, dzielimy obie strony równania przez $h$: $$\begin{aligned} b &= 2(a - b) \\[8pt] b &= 2a - 2b \\[8pt] 3b &= 2a \end{aligned}$$ Dzielimy obie strony równości przez $2b$ (gdzie $b > 0$): $$\dfrac{a}{b} = \dfrac{3}{2}$$ Stosunek długości podstaw trapezu $\dfrac{|AB|}{|CD|}$ jest zatem równy $\dfrac{3}{2}$.
Sposób II – Wykorzystanie pola całego trapezu i interpretacja geometryczna:
Pole całego trapezu $ABCD$ stanowi sumę pól obu rozpatrywanych figur: $$\begin{aligned} P_{ABCD} &= P_{AECD} + P_{\triangle EBC} \\[8pt] &= 4 P_{\triangle EBC} + P_{\triangle EBC} \\[8pt] &= 5 P_{\triangle EBC} \end{aligned}$$ Zapisujemy pole całego trapezu za pomocą standardowego wzoru oraz przyrównujemy je do pięciokrotności pola trójkąta $EBC$: $$\begin{aligned} \dfrac{a + b}{2} \cdot h &= 5 \cdot \left(\dfrac{1}{2}(a - b)h\right) \\[8pt] \dfrac{a + b}{2} \cdot h &= \dfrac{5(a - b)}{2} \cdot h \end{aligned}$$ Dzielimy obie strony przez $\dfrac{h}{2}$: $$\begin{aligned} a + b &= 5(a - b) \\[8pt] a + b &= 5a - 5b \\[8pt] 6b &= 4a \end{aligned}$$ Dzieląc obustronnie przez $4b$, otrzymujemy poszukiwany stosunek podstaw: $$\dfrac{a}{b} = \dfrac{6}{4} = \dfrac{3}{2}$$

Warto zauważyć, że ponieważ trapez jest równoramienny ($|AD| = |BC|$), a z własności równoległoboku $|CE| = |AD|$, to trójkąt $EBC$ jest również trójkątem równoramiennym o ramionach $|CE| = |BC|$. Zależność między polami prowadzi bezpośrednio do wykazania tezy.

Odpowiedź:
Uzasadnienie zostało zakończone. Wykazano, że stosunek długości podstaw trapezu $\dfrac{|AB|}{|CD|}$ wynosi $\dfrac{3}{2}$.

Zadanie 4 (3 pkt)

Na okręgu o promieniu $3\text{ cm}$ opisano trapez prostokątny, którego najkrótszy bok ma długość $4\text{ cm}$. Oblicz pole tego trapezu.

Wskazówki:

Średnica okręgu wpisanego w trapez prostokątny jest równa wysokości tego trapezu ($h = 2r$), która pokrywa się z długością ramienia prostopadłego do podstaw.
Ustal, który bok jest najkrótszy – ramię prostopadłe ma długość $6\text{ cm}$, a ramię pochyłe oraz dłuższa podstawa są od niego dłuższe, więc najkrótszym bokem musi być krótsza podstawa ($b = 4\text{ cm}$).
Zadanie możesz rozwiązać na dwa sposoby: wykorzystując twierdzenie o czworokącie opisanym na okręgu w połączeniu z twierdzeniem Pitagorasa (Sposób I) lub opierając się na własnościach odcinków stycznych do okręgu (Sposób II).
Pole trapezu oblicz ze standardowego wzoru $P = \dfrac{a + b}{2} \cdot h$ lub wzoru na pole wielokąta opisanego na okręgu $P = p \cdot r$.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy, wyznaczenie wysokości i analiza najkrótszego boku:
Niech $ABCD$ oznacza trapez prostokątny o podstawach równoległych $AB \parallel CD$ oraz kątach prostych przy wierzchołkach $A$ i $D$. Ponieważ trapez jest opisany na okręgu o promieniu $r = 3\text{ cm}$, odległość między podstawami jest równa średnicy tego okręgu: $$\begin{aligned} h &= 2r \\[8pt] &= 2 \cdot 3\text{ cm} \\[8pt] &= 6\text{ cm} \end{aligned}$$ Ramię prostopadłe $AD$ ma zatem długość $|AD| = h = 6\text{ cm}$.

Zauważmy, że ramię pochyłe $BC$ jest przeciwprostokątną w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnej równej wysokości $h$, stąd $|BC| > 6\text{ cm}$. Dłuższa podstawa $AB$ również przekracza tę wartość ($|AB| > |CD|$). Wynika stąd jednoznacznie, że najkrótszym bokem o długości $4\text{ cm}$ jest krótsza podstawa trapezu: $$b = |CD| = 4\text{ cm}$$
Sposób I – Wykorzystanie twierdzenia o czworokącie opisanym na okręgu i twierdzenia Pitagorasa:
W czworokącie opisanym na okręgu sumy długości przeciwległych boków są sobie równe: $$|AB| + |CD| = |AD| + |BC|$$ Oznaczmy dłuższą podstawę jako $|AB| = a$ oraz ramię pochyłe jako $|BC| = c$. Wstawiamy znane wartości $b = 4\text{ cm}$ oraz $|AD| = h = 6\text{ cm}$: $$\begin{aligned} a + 4 &= c + 6 \\[8pt] c &= a + 4 - 6 \\[8pt] c &= a - 2 \end{aligned}$$ Prowadzimy wysokość $CE$ z wierzchołka $C$ na podstawę $AB$. Czworokąt $AECD$ jest prostokątem, stąd $|AE| = |CD| = 4\text{ cm}$ oraz $|CE| = h = 6\text{ cm}$. Długość odcinka $EB$ wynosi: $$\begin{aligned} |EB| &= |AB| - |AE| \\[8pt] &= a - 4 \end{aligned}$$ Stosujemy twierdzenie Pitagorasa w trójkącie prostokątnym $\triangle CEB$: $$|CE|^2 + |EB|^2 = |BC|^2$$ $$6^2 + (a - 4)^2 = c^2$$ Podstawiamy zależność $c = a - 2$: $$36 + (a - 4)^2 = (a - 2)^2$$ Rozwijamy oba nawiasy za pomocą wzorów skróconego mnożenia: $$\begin{aligned} 36 + a^2 - 8a + 16 &= a^2 - 4a + 4 \\[8pt] a^2 - 8a + 52 &= a^2 - 4a + 4 \end{aligned}$$ Odejmujemy $a^2$ od obu stron równania i porządkujemy wyrazy: $$\begin{aligned} -8a + 52 &= -4a + 4 \\[8pt] -8a + 4a &= 4 - 52 \\[8pt] -4a &= -48 \\[8pt] a &= 12\text{ cm} \end{aligned}$$ Wyznaczamy długość ramienia pochyłego $c$: $$\begin{aligned} c &= a - 2 \\[8pt] &= 12 - 2 \\[8pt] &= 10\text{ cm} \end{aligned}$$
Sposób II – Wykorzystanie własności odcinków stycznych do okręgu:
Niech punkty styczności okręgu z bokami $AD, CD, BC, AB$ będą oznaczone odpowiednio przez $T_1, T_2, T_3, T_4$.

Czworokąty $AT_4ST_1$ oraz $DT_1ST_2$ są kwadratami o boku równym promieniowi okręgu $r = 3\text{ cm}$. Zatem: $$|AT_1| = |AT_4| = |DT_1| = |DT_2| = 3\text{ cm}$$ Korzystamy z twierdzenia o równości odcinków stycznych poprowadzonych z tego samego wierzchołka:

• Z wierzchołka $C$: $$|CT_3| = |CT_2| = |CD| - |DT_2| = 4 - 3 = 1\text{ cm}$$ • Z wierzchołka $B$: niech $|BT_3| = |BT_4| = y$.

Wówczas poszczególne boki wynoszą: $$\begin{aligned} |BC| &= |CT_3| + |BT_3| = 1 + y \\[8pt] |AB| &= |AT_4| + |BT_4| = 3 + y \end{aligned}$$ Długość odcinka $|EB|$ wynosi: $$\begin{aligned} |EB| &= |AB| - |CD| \\[8pt] &= (3 + y) - 4 \\[8pt] &= y - 1 \end{aligned}$$ Zapisujemy twierdzenie Pitagorasa dla trójkąta prostokątnego $\triangle CEB$: $$|CE|^2 + |EB|^2 = |BC|^2$$ $$6^2 + (y - 1)^2 = (1 + y)^2$$ $$\begin{aligned} 36 + y^2 - 2y + 1 &= y^2 + 2y + 1 \\[8pt] 36 - 2y &= 2y \\[8pt] 4y &= 36 \\[8pt] y &= 9\text{ cm} \end{aligned}$$ Stąd otrzymujemy: $$\begin{aligned} a &= |AB| = 3 + 9 = 12\text{ cm} \\[8pt] c &= |BC| = 1 + 9 = 10\text{ cm} \end{aligned}$$
Obliczenie pola trapezu oraz rysunek wynikowy:
Mając wyznaczone obie podstawy ($a = 12\text{ cm}$, $b = 4\text{ cm}$) oraz wysokość ($h = 6\text{ cm}$), obliczamy pole trapezu: $$\begin{aligned} P &= \dfrac{a + b}{2} \cdot h \\[8pt] &= \dfrac{12 + 4}{2} \cdot 6 \\[8pt] &= \dfrac{16}{2} \cdot 6 \\[8pt] &= 8 \cdot 6 \\[8pt] &= 48\text{ cm}^2 \end{aligned}$$ Pole możemy również potwierdzić wzorem na pole wielokąta opisanego na okręgu $P = p \cdot r$, gdzie $p$ oznacza połowę obwodu: $$\begin{aligned} p &= \dfrac{a + b + c + h}{2} \\[8pt] &= \dfrac{12 + 4 + 10 + 6}{2} \\[8pt] &= \dfrac{32}{2} = 16\text{ cm} \end{aligned}$$ $$P = 16 \cdot 3 = 48\text{ cm}^2$$

Odpowiedź:
Pole trapezu wynosi $48\text{ cm}^2$.

Zadanie 5 (3 pkt)

Pole trapezu $A$ jest o $125\%$ większe od pola trapezu $B$, zaś pole trapezu $B$ jest $3$ razy większe od pola trapezu $C$. Trapezy te są parami podobne do siebie. Wyznacz stosunek długości odpowiadających sobie boków trapezu $A$ i $C$.

Wskazówki:

Wykorzystaj podstawowe twierdzenie o figurach podobnych: jeśli dwie figury są podobne w skali $k$, to stosunek ich pól jest równy kwadratowi skali podobieństwa, czyli $\dfrac{P_1}{P_2} = k^2$.
Zapisz zależności procentowe i krotności między polami trapezów, wyrażając pole trapezu $A$ bezpośrednio przez pole trapezu $C$.
Zadanie można rozwiązać również poprzez wyznaczenie cząstkowych skal podobieństwa między trapezami $A$ i $B$ oraz $B$ i $C$, a następnie ich wymnożenie.

Rozwiązanie krok po kroku:

Sposób I – Wyznaczenie bezpośredniego stosunku pól trapezów $A$ oraz $C$:
Niech $P_A$, $P_B$ oraz $P_C$ oznaczają odpowiednio pola powierzchni trapezów $A$, $B$ oraz $C$.

Z treści zadania pole trapezu $A$ jest o $125\%$ większe od pola trapezu $B$: $$\begin{aligned} P_A &= P_B + 125\% \cdot P_B \\[8pt] &= P_B + 1{,}25 P_B \\[8pt] &= 2{,}25 P_B = \dfrac{9}{4} P_B \end{aligned}$$ Pole trapezu $B$ jest $3$ razy większe od pola trapezu $C$: $$P_B = 3 P_C$$ Podstawiamy zależność $P_B = 3 P_C$ do równania na pole trapezu $A$: $$\begin{aligned} P_A &= \dfrac{9}{4} \cdot (3 P_C) \\[8pt] &= \dfrac{27}{4} P_C \end{aligned}$$ Obliczamy stosunek pola trapezu $A$ do pola trapezu $C$: $$\dfrac{P_A}{P_C} = \dfrac{27}{4}$$ Ponieważ trapezy $A$ i $C$ są podobne, stosunek ich pól jest równy kwadratowi skali podobieństwa $k$ (gdzie $k$ oznacza stosunek odpowiadających sobie boków trapezu $A$ do trapezu $C$): $$k^2 = \dfrac{P_A}{P_C} = \dfrac{27}{4}$$ Wyznaczamy skalę podobieństwa $k$, wyciągając pierwiastek kwadratowy: $$\begin{aligned} k &= \sqrt{\dfrac{27}{4}} \\[8pt] &= \dfrac{\sqrt{27}}{\sqrt{4}} \\[8pt] &= \dfrac{\sqrt{9 \cdot 3}}{2} = \dfrac{3\sqrt{3}}{2} \end{aligned}$$
Sposób II – Złożenie cząstkowych skal podobieństwa:
Podobieństwo figur jest relacją przechodnią. Oznaczmy przez:
– $k_1$ skalę podobieństwa trapezu $A$ do trapezu $B$,
– $k_2$ skalę podobieństwa trapezu $B$ do trapezu $C$.

Obliczamy skalę $k_1$ na podstawie stosunku pól: $$\begin{aligned} k_1^2 &= \dfrac{P_A}{P_B} = 2{,}25 = \dfrac{9}{4} \\[8pt] k_1 &= \sqrt{\dfrac{9}{4}} = \dfrac{3}{2} \end{aligned}$$ Obliczamy skalę $k_2$ na podstawie stosunku pól: $$\begin{aligned} k_2^2 &= \dfrac{P_B}{P_C} = 3 \\[8pt] k_2 &= \sqrt{3} \end{aligned}$$ Stosunek odpowiadających sobie długości boków trapezu $A$ do trapezu $C$ (czyli całkowita skala podobieństwa $k$) jest iloczynem obu cząstkowych skal podobieństwa: $$\begin{aligned} k &= k_1 \cdot k_2 \\[8pt] &= \dfrac{3}{2} \cdot \sqrt{3} = \dfrac{3\sqrt{3}}{2} \end{aligned}$$
Interpretacja geometryczna skali podobieństwa:
Stosunek odpowiadających sobie boków trapezu $A$ do boków trapezu $C$ wynosi: $$\dfrac{a_A}{a_C} = \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$$ Gdybyśmy wyznaczali stosunek boków mniejszego trapezu $C$ do większego trapezu $A$, otrzymalibyśmy wartość odwrotną z usuniętą niewymiernością z mianownika: $$\begin{aligned} \dfrac{a_C}{a_A} &= \dfrac{1}{k} \\[8pt] &= \dfrac{2}{3\sqrt{3}} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}} \\[8pt] &= \dfrac{2\sqrt{3}}{3 \cdot 3} = \dfrac{2\sqrt{3}}{9} \end{aligned}$$

Odpowiedź:
Stosunek długości odpowiadających sobie boków trapezu $A$ do trapezu $C$ wynosi $\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$ (stosunek boków trapezu $C$ do trapezu $A$ wynosi $\dfrac{2\sqrt{3}}{9}$).