Pole czworokąta

Oznaczmy $\angle DAB=\alpha$. Ponieważ $AC$ jest dwusieczną, to $\angle DAC=\angle CAB=\dfrac{\alpha}{2}$.

Z równoległości podstaw ($DC\parallel AB$) kąty naprzemianległe są równe: $\angle DCA=\angle CAB=\dfrac{\alpha}{2}$.

W trójkącie $ACD$ mamy $\angle DAC=\angle DCA=\dfrac{\alpha}{2}$, więc jest on równoramienny i $|CD|=|AD|$ (ramię trapezu). W trapezie równoramiennym $|AD|=|BC|$, zatem $|CD|=|AD|=|BC|$.

Niech $|CD|=a$; wtedy $|AB|=2a$ oraz ramię $|AD|=a$. Rzut ramienia $AD$ na podstawę $AB$ wynosi $\dfrac{|AB|-|CD|}{2}=\dfrac{2a-a}{2}=\dfrac{a}{2}$.

Zatem $\cos\alpha=\dfrac{a/2}{a}=\dfrac{1}{2}$, skąd $\alpha=60^{\circ}$. $\square$

Rozwiązanie

$P=ab\sin\gamma=3\cdot4\cdot\sin120^\circ=12\cdot\tfrac{\sqrt3}{2}=6\sqrt3$.

Odpowiedź: D

Krok 1. Obliczenie wartości \(sin120°\).
W tym zadaniu skorzystamy ze wzoru na pole równoległoboku z wykorzystaniem funkcji sinus, czyli:
$$P=a\cdot b\cdot sin\alpha$$

W związku z tym za chwilę będziemy musieli podstawić do wzoru wartość \(sin120°\). W tablicach trygonometrycznych mamy kąty tylko i wyłącznie do \(90°\). Aby wyznaczyć wartość kąta rozwartego musimy posłużyć się wzorami redukcyjnymi. Pasującym wzorem byłby np.:
$$sin(90°+\alpha)=cos\alpha$$

Jeśli podstawimy \(\alpha=30°\), to otrzymamy:
$$sin(90°+30°)=cos30°$$ $$sin120°=cos30°$$

Z tablic możemy teraz odczytać, że \(cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}\), czyli tym samym taka też jest wartość naszego \(sin120°\).

Krok 2. Obliczenie pola powierzchni.
Podstawiając dane z treści zadania do wzoru na pole równoległoboku z wykorzystaniem funkcji sinus, otrzymamy:
$$P=3\cdot4\cdot sin120°$$ $$P=12\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}$$ $$P=6\sqrt{3}$$

Krok 1. Warunek opisania trapezu na okręgu.

W czworokąt można wpisać okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy sumy długości przeciwległych boków są równe. Oznaczając długość ramienia przez \(c\) (trapez jest równoramienny):

\(a+b=c+c=2c\)

\(c=\frac{a+b}{2}\)

Krok 2. Wysokość trapezu.

Rzut ramienia na dłuższą podstawę ma długość \(\frac{a-b}{2}\). Z twierdzenia Pitagorasa:

\(h^2=c^2-\left(\frac{a-b}{2}\right)^2=\left(\frac{a+b}{2}\right)^2-\left(\frac{a-b}{2}\right)^2\)

\(h^2=\frac{(a+b)^2-(a-b)^2}{4}=\frac{4ab}{4}=ab\)

\(h=\sqrt{ab}\)

Krok 3. Pole trapezu.

\(P=\frac{a+b}{2}\cdot h=\frac{a+b}{2}\cdot\sqrt{ab}\)

Krok 4. Porównanie z \(ab\).

Ponieważ \(ab=\sqrt{ab}\cdot\sqrt{ab}\), wystarczy porównać \(\frac{a+b}{2}\) ze \(\sqrt{ab}\). Z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną, dla \(a\neq b\) (bo \(a\gt b\)) zachodzi nierówność ostra:

\(\frac{a+b}{2}\gt\sqrt{ab}\)

Mnożąc obie strony przez \(\sqrt{ab}\gt 0\):

\(\frac{a+b}{2}\cdot\sqrt{ab}\gt ab\)

czyli \(P\gt a\cdot b\), co należało wykazać. \(\blacksquare\)

Rozwiązanie

1. Pole rombu $P=a^2\sin150^\circ=(6\sqrt2)^2\cdot\tfrac12=72\cdot\tfrac12=36$.
2. $P=\tfrac12 d_1 d_2\Rightarrow d_1 d_2=2P=72$.

Odpowiedź: B

Krok 1. Obliczenie wartości \(sin150°\).
Za chwilę korzystając ze wzoru na pole rombu będziemy potrzebować wartości \(sin150°\), zatem obliczmy ją już teraz. Jest to kluczowa trudność w tym zadaniu, bo w tablicach trygonometrycznych znajdziemy wartości funkcji dla katów od \(0°\) do \(90°\). Wartości funkcji trygonometrycznych dla kątów rozwartych możemy obliczyć korzystając z jednego ze wzorów redukcyjnych. W naszym przypadku świetnie sprawdzi się wzór \(sin(90°+\alpha)=cos\alpha\). Korzystając z niego, możemy zapisać, że:
$$sin150°=sin(90°+60°)=cos60°$$

Z tablic odczytujemy teraz, że \(cos60°=\frac{1}{2}\), zatem tym samym \(sin150°=\frac{1}{2}\).

Krok 2. Obliczenie pola powierzchni rombu.
W tym zadaniu możemy skorzystać ze "wzoru na pole rombu z sinusem", czyli:
$$P=a^2\cdot sin\alpha$$

Podstawiając znane nam dane, otrzymamy:
$$P=(6\sqrt{2})^2\cdot sin150°$$ $$P=36\cdot2\cdot\frac{1}{2}$$ $$P=36$$

Krok 3. Obliczenie iloczynu długości przekątnych rombu.
Standardowo pole rombu wyliczamy ze wzoru:
$$P=\frac{1}{2}\cdot e\cdot f$$

Interesuje nas poznanie wartości iloczynu \(e\cdot f\), zatem podstawiając wyliczone przed chwilą \(P=36\), możemy zapisać, że:
$$36=\frac{1}{2}\cdot e\cdot f$$ $$e\cdot f=72$$

Krok 1. Obliczenie wysokości ostrosłupa.
Spójrzmy na trójkąt prostokątny, który został narysowany w treści zadania. Jest to klasyczny trójkąt o kątach \(30°, 60°, 90°\). Z własności tego trójkąta wynika, że krótsza przyprostokątna (którą w tym przypadku jest wysokość ostrosłupa) będzie dwa razy krótsza od przeciwprostokątnej. Tym samym możemy zapisać, że:
$$H=6:2$$ $$H=3$$

Do tego samego wyniku dojdziemy korzystając z funkcji trygonometrycznej - w tej sytuacji sprawdzi się sinus:
$$sin30°=\frac{H}{6}$$ $$\frac{1}{2}=\frac{H}{6}$$ $$H=3$$

Krok 2. Obliczenie długości krawędzi podstawy.
Spójrzmy jeszcze raz na nasz trójkąt o kątach \(30°, 60°, 90°\). Z własności tego trójkąta wynika to, że jego dolna (dłuższa) przyprostokątna będzie \(\sqrt{3}\) razy dłuższa od krótszej przyprostokątnej, czyli moglibyśmy zapisać, że ta dolna przyprostokątna ma długość \(x=3\sqrt{3}\).

W podstawie ostrosłupa znajduje się kwadrat (wiemy to, ponieważ ostrosłup jest prawidłowy czworokątny). Ta dolna przyprostokątna naszego analizowanego przed chwilą trójkąta będzie więc połową długości boku kwadratu. To oznacza, że w takim razie:
$$a=2\cdot3\sqrt{3}$$ $$a=6\sqrt{3}$$

Krok 3. Obliczenie pola podstawy oraz pola powierzchni bocznej.
W podstawie naszej bryły mamy kwadrat o boku \(a=6\sqrt{3}\), zatem pole powierzchni podstawy będzie równe:
$$P_{p}=(6\sqrt{3})^2$$ $$P_{p}=36\cdot3$$ $$P_{p}=108$$

Ściany boczne naszej bryły to trójkąty o podstawie \(a=6\sqrt{3}\) oraz wysokości \(h=6\). Mamy cztery takie ściany, więc pole powierzchni bocznej będzie równe:
$$P_{b}=4\cdot\frac{1}{2}\cdot6\sqrt{3}\cdot6$$ $$P_{b}=72\sqrt{3}$$

Krok 4. Obliczenie objętości ostrosłupa.
Znając pole podstawy oraz wysokość ostrosłupa, możemy zapisać, że:
$$V=\frac{1}{3}\cdot P_{p}\cdot H$$ $$V=\frac{1}{3}\cdot108\cdot3$$ $$V=108$$

Krok 5. Obliczenie pola powierzchni całkowitej.
Znając pole podstawy oraz pole powierzchni bocznej, możemy zapisać, że:
$$P_{c}=P_{p}+P_{b}$$ $$P_{c}=108+72\sqrt{3}$$

Poprowadźmy z wierzchołków \(D\) i \(C\) wysokości trapezu na podstawę \(AB\). Powstają dwa przystające trójkąty prostokątne o kącie ostrym \(60^\circ\) i przeciwprostokątnej równej ramieniu \(4\).

Wysokość trapezu:

\(h=4\cdot\sin 60^\circ=4\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}\)

Rzut ramienia na podstawę:

\(4\cdot\cos 60^\circ=4\cdot\frac{1}{2}=2\)

Dłuższa podstawa:

\(|AB|=|CD|+2\cdot 2=6+4=10\)

Pole trapezu:

\(P=\frac{|AB|+|CD|}{2}\cdot h=\frac{10+6}{2}\cdot 2\sqrt{3}=8\cdot 2\sqrt{3}=16\sqrt{3}\)

Odpowiedź: pole trapezu jest równe \(16\sqrt{3}\).

Przekątna rombu jest dwusieczną kąta, więc $\angle DAB=60^{\circ}$. W trójkącie równoramiennym $ABC$ ($AB=BC=a$) o podstawie $AC=12$ i kątach przy podstawie $30^{\circ}$ mamy $AC=2a\cos 30^{\circ}$, stąd $12=2a\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$, więc $a=\dfrac{12}{\sqrt{3}}=4\sqrt{3}$.

Pole rombu: $P=a^{2}\sin(\angle DAB)=48\cdot\sin 60^{\circ}=48\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}=24\sqrt{3}$.

Odpowiedź: C.

Kąty \(ABC\) i \(DAB\) w równoległoboku są kątami przy tym samym boku, więc ich suma wynosi \(180^\circ\):

\(|\sphericalangle DAB|=180^\circ-135^\circ=45^\circ\)

Pole równoległoboku o bokach \(AB\), \(AD\) i kącie \(\alpha\) między nimi:

\(P=|AB|\cdot|AD|\cdot\sin\alpha\)

Podstawiamy dane:

\(40\sqrt{6}=|AB|\cdot 10\cdot\sin 45^\circ = |AB|\cdot 10\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=|AB|\cdot 5\sqrt{2}\)

Stąd:

\(|AB|=\frac{40\sqrt{6}}{5\sqrt{2}}=8\cdot\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{2}}=8\sqrt{3}\)

Odpowiedź: A.

Krok 1. Odległość wierzchołka od przekątnej.

Przekątne rombu przecinają się w punkcie \(O\) i są wzajemnie prostopadłe oraz połowią się. Odcinek \(AO\) jest więc połową przekątnej \(AC\), a jego długość to odległość punktu \(A\) od prostej \(l\):

\(|AO|=\frac{|2\cdot(-2)-6-5|}{\sqrt{2^2+(-1)^2}}=\frac{|-15|}{\sqrt{5}}=\frac{15}{\sqrt{5}}=3\sqrt{5}\)

Zatem \(|AC|=6\sqrt{5}\).

Krok 2. Druga przekątna.

Pole rombu jest równe połowie iloczynu przekątnych:

\(\frac{1}{2}\cdot|AC|\cdot|BD|=90\)

\(|BD|=\frac{180}{6\sqrt{5}}=\frac{30}{\sqrt{5}}=6\sqrt{5}\)

(przekątne są równe, więc romb jest kwadratem)

Krok 3. Długość boku.

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(AOB\):

\(a^2=\left(\frac{|AC|}{2}\right)^2+\left(\frac{|BD|}{2}\right)^2=\left(3\sqrt{5}\right)^2+\left(3\sqrt{5}\right)^2=45+45=90\)

\(a=\sqrt{90}=3\sqrt{10}\)

Odpowiedź: bok rombu ma długość \(3\sqrt{10}\).

Krok 1. Oznaczenia.

Niech \(|CD|=b\), wtedy \(|AB|=2b\); niech \(|AD|=h\) (wysokość trapezu).

Krok 2. Warunek opisania na okręgu.

W czworokącie opisanym na okręgu sumy przeciwległych boków są równe:

\(|AB|+|CD|=|BC|+|AD|\)

\(2b+b=10+h\)

\(h=3b-10\)

Krok 3. Twierdzenie Pitagorasa.

Rzut ramienia \(BC\) na podstawę \(AB\) ma długość \(|AB|-|CD|=b\), a drugą przyprostokątną jest wysokość \(h\):

\(10^2=h^2+b^2\)

Podstawiamy \(h=3b-10\):

\(100=(3b-10)^2+b^2\)

\(100=9b^2-60b+100+b^2\)

\(10b^2-60b=0\)

\(10b(b-6)=0\Rightarrow b=6\) (bo \(b\gt 0\))

\(h=3\cdot 6-10=8\)

Sprawdzenie: \(8^2+6^2=100\) ✓

Krok 4. Pole trapezu.

\(P=\frac{|AB|+|CD|}{2}\cdot h=\frac{12+6}{2}\cdot 8=9\cdot 8=72\)

Odpowiedź: \(P=72\)

Krok 1. Współrzędne wierzchołków. Niech $x$ będzie pierwszą współrzędną punktu $C$. Punkt $C$ leży na paraboli, więc

$$C=\left(x,\ 2-\frac{x^{2}}{2}\right).$$

Trapez jest równoramienny i symetryczny względem osi $Oy$, zatem

$$D=\left(-x,\ 2-\frac{x^{2}}{2}\right).$$

Krok 2. Dziedzina. Musi być $x>0$, wysokość trapezu dodatnia ($2-\frac{x^{2}}{2}>0$, czyli $x\lt 2$) oraz $|DC|\lt |AB|$, czyli $2x\lt 4$ — ten sam warunek. Zatem

$$x\in(0,\ 2).$$

Krok 3. Pole trapezu. Podstawy mają długości $|AB|=4$ oraz $|DC|=2x$, a wysokością jest rzędna punktu $C$:

$$P(x)=\frac{|AB|+|DC|}{2}\cdot h=\frac{4+2x}{2}\left(2-\frac{x^{2}}{2}\right)=(2+x)\left(2-\frac{x^{2}}{2}\right).$$

Po wymnożeniu:

$$P(x)=-\frac{x^{3}}{2}-x^{2}+2x+4.$$

Krok 4. Poszukiwanie maksimum.

$$P^{\prime}(x)=-\frac{3x^{2}}{2}-2x+2.$$

$$P^{\prime}(x)=0\ \Big|\cdot(-2)\ \Longrightarrow\ 3x^{2}+4x-4=0.$$

$$\Delta=16+48=64,\qquad \sqrt{\Delta}=8,\qquad x=\frac{-4\pm8}{6}.$$

$$x_1=\frac{2}{3},\qquad x_2=-2\ (\text{odrzucamy, bo }x>0).$$

Dla $x\lt \frac23$ pochodna jest dodatnia, dla $x>\frac23$ ujemna, więc w $x=\frac23$ funkcja osiąga maksimum.

Krok 5. Współrzędne punktu $C$ i największe pole.

$$y_C=2-\frac{1}{2}\left(\frac23\right)^{2}=2-\frac{2}{9}=\frac{16}{9}.$$

$$C=\left(\frac{2}{3},\ \frac{16}{9}\right).$$

$$P\left(\tfrac23\right)=\left(2+\tfrac23\right)\cdot\frac{16}{9}=\frac{8}{3}\cdot\frac{16}{9}=\frac{128}{27}.$$

Odpowiedź: $P(x)=(2+x)\left(2-\frac{x^{2}}{2}\right)$ dla $x\in(0,2)$; największe pole $\frac{128}{27}$ dla $C=\left(\frac{2}{3},\frac{16}{9}\right)$

Oznaczmy wysokość trapezu przez \(h\). Poprowadźmy obie wysokości z końców krótszej podstawy na dłuższą.

Powstają dwa trójkąty prostokątne o kątach ostrych \(30^\circ\) i \(45^\circ\). Długości rzutów ramion na dłuższą podstawę:

\(x=\dfrac{h}{\mathrm{tg}\,30^\circ}=h\sqrt3\), \(\ y=\dfrac{h}{\mathrm{tg}\,45^\circ}=h\).

Suma tych rzutów jest równa różnicy podstaw:

\(h\sqrt3+h=10-4=6\),

\(h\left(\sqrt3+1\right)=6\),

\(h=\dfrac{6}{\sqrt3+1}=\dfrac{6\left(\sqrt3-1\right)}{\left(\sqrt3+1\right)\left(\sqrt3-1\right)}=\dfrac{6\left(\sqrt3-1\right)}{2}=3\left(\sqrt3-1\right)\).

\(h=3\sqrt3-3\approx2{,}20\) cm.

Poprowadźmy przekątną \(BD\), dzieląc czworokąt na trójkąty \(ABD\) i \(BCD\).

1) Trójkąt \(ABD\). Jest prostokątny w \(A\) i równoramienny (\(|AB|=|AD|=3\)), więc kąty przy \(B\) i \(D\) mają po \(45^\circ\), a

\(|BD|=3\sqrt2\), \(\ P_{ABD}=\tfrac12\cdot3\cdot3=\tfrac92\ \text{cm}^2\).

2) Trójkąt \(BCD\). Przekątna odjęła po \(45^\circ\) od kątów przy \(B\) i \(D\), więc

\(\sphericalangle DBC=75^\circ-45^\circ=30^\circ\), \(\ \sphericalangle BDC=135^\circ-45^\circ=90^\circ\), \(\ \sphericalangle BCD=60^\circ\).

(Suma: \(30^\circ+90^\circ+60^\circ=180^\circ\) — zgadza się.)

Trójkąt jest prostokątny w \(D\), a \(BD\) jest przyprostokątną:

\(|DC|=|BD|\cdot\mathrm{tg}\,30^\circ=3\sqrt2\cdot\dfrac{\sqrt3}{3}=\sqrt6\),

\(P_{BCD}=\tfrac12\cdot|BD|\cdot|DC|=\tfrac12\cdot3\sqrt2\cdot\sqrt6=\tfrac12\cdot3\sqrt{12}=3\sqrt3\ \text{cm}^2\).

3) Pole czworokąta.

\(P=\tfrac92+3\sqrt3\approx4{,}5+5{,}196=9{,}70\ \text{cm}^2\).

Oznaczmy: \(a\) — dłuższa podstawa, \(b\) — krótsza, \(c\) i \(d\) — ramiona leżące przy kątach odpowiednio \(60^\circ\) i \(30^\circ\), \(h=6\) — wysokość.

1) Długości ramion. Wysokość opuszczona z końca krótszej podstawy tworzy trójkąt prostokątny z ramieniem:

\(c=\dfrac{h}{\sin60^\circ}=\dfrac{6}{\tfrac{\sqrt3}{2}}=4\sqrt3\), \(\ d=\dfrac{h}{\sin30^\circ}=\dfrac{6}{\tfrac12}=12\).

2) Rzuty ramion na dłuższą podstawę.

\(x=\dfrac{h}{\mathrm{tg}\,60^\circ}=\dfrac{6}{\sqrt3}=2\sqrt3\), \(\ y=\dfrac{h}{\mathrm{tg}\,30^\circ}=6\sqrt3\).

Stąd \(a=b+x+y=b+8\sqrt3\).

3) Warunek opisania na okręgu. W czworokącie opisanym sumy przeciwległych boków są równe:

\(a+b=c+d=4\sqrt3+12\).

4) Podstawy. Podstawiając \(a=b+8\sqrt3\):

\(2b+8\sqrt3=4\sqrt3+12\),

\(2b=12-4\sqrt3\), czyli \(b=6-2\sqrt3\approx2{,}54\),

\(a=b+8\sqrt3=6-2\sqrt3+8\sqrt3=6+6\sqrt3\approx16{,}39\).

5) Pole trapezu.

\(P=\dfrac{a+b}{2}\cdot h=\dfrac{4\sqrt3+12}{2}\cdot6=\left(2\sqrt3+6\right)\cdot6=12\sqrt3+36=12\left(3+\sqrt3\right)\approx56{,}78\).

1) Pole czworokąta. Czworokąt \(ABCD\) jest opisany na okręgu, więc sumy długości przeciwległych boków są równe:

\(|AB|+|CD|=|AD|+|BC|=6{,}3+10=16{,}3\) (dm).

Obwód wynosi więc \(2\cdot16{,}3=32{,}6\) dm, a połowa obwodu \(p=16{,}3\) dm.

Dla wielokąta opisanego na okręgu \(S=p\cdot r\), zatem

\(S_{ABCD}=16{,}3\cdot3=48{,}9\ \text{dm}^2\).

2) Pole serwetki (koła).

\(S_k=\pi r^2=9\pi\approx28{,}2743\ \text{dm}^2\).

3) Część niewykorzystana.

\(S_r=48{,}9-28{,}2743\approx20{,}6257\ \text{dm}^2\).

4) Procent.

\(\dfrac{S_r}{S_{ABCD}}\cdot100\%=\dfrac{20{,}6257}{48{,}9}\cdot100\%\approx42{,}18\%\).

Uwaga: przy zaokrąglaniu pola koła już na wcześniejszym etapie (np. do \(28{,}27\) dm²) otrzymuje się \(\approx42{,}19\%\) — CKE uznaje obie wartości.