Zauważmy, że połączone odcinkami punkty $FBC$ tworzą trójkąt równoramienny prostokątny, przy czym odcinek $CF$ jest wysokością tego trapezu.

Znamy długość przeciwprostokątnej, zatem korzystając z wartości sinusa $45°$ możemy znaleźć wysokość. Oznaczmy odcinek $CF$ przez $h$. Wówczas:

$\sin 45°=\frac{h}{\sqrt{18}}$

$\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{h}{3\sqrt{2}}$

$h=\frac{3·\sqrt{2}·\sqrt{2}}{2}=\frac{6}{2}=3$

Zatem wysokość $CF$ wynosi $h=3$.

Obliczenie pola powierzchni wymaga też, abyśmy znali długość odcinka $AB$.

Możemy zauważyć, że odcinki $FB$ i $CF$ mają długość taką samą jak wysokość tego trapezu, czyli $3$.

Ponadto odcinek $AD=\sqrt{18}$, gdyż trapez $ABCD$ jest równoramienny.

W identyczny sposób jak dla trójkąta $FBC$, możemy policzyć boki trójkąta $AED$.

Stąd otrzymamy, że odcinek $AE$ ma długość $3$.

Analogicznie jak w poprzedniej sekcji, długość odcinka $EF$ jest taka sama jak długość krótszej z podstaw.

Ostatecznie jesteśmy w stanie obliczyć długość dłuższej podstawy jako sumę długości trzech odcinków:

$\left|AB\right|=4+3+3=10$

Ostatecznie, powołując się na wzór na pole powierzchni trapezu, mamy:

$P=\frac{\left(10+4\right)·3}{2}=21$

Zauważ, że $\sphericalangle ABC=90°$, a następnie wykaż, że $\sphericalangle CAB=45°$.

Zacznijmy od rysunku pomocniczego – oznaczmy długość szukanego odcinka przez $x$.

R1bkScXjtKHEP

Ilustracja przedstawia dwa okręgi styczne. Po lewo leży mały okrąg o środku w punkcie C i promieniu o długości siedem pierwiastków z dwóch odjąć siedem. Po prawo leży duży okrąg o środku w punkcie A i promieniu o długości siedem. Na rysunek naniesiono także trójkąt A B C taki, że bok A C jest poziomy i jest on sumą promieni obu okręgów. Bok B C to bok biegnący od punktu B leżącego na prawym, dużym okręgu. Bok ten przecina mały okrąg w punkcie E. Odcinek E B znajdujący się poza okręgami opisano jako x. Bok trójkąta A B jest promieniem dużego okręgu i również ma długość siedem.

Trójkąt $ABC$ jest trójkątem prostokątnym, ponieważ $B$ jest punktem styczności.

Jesteśmy w stanie obliczyć długość przeciwprostokątnej w tym trójkącie, dodając długości promieni obydwu okręgów do siebie. Uzyskujemy wówczas

$\left|AC\right|=7·\left(\sqrt{2}-1\right)+7=7\sqrt{2}$.

Zatem cosinus kąta $\alpha =\sphericalangle BAC$ wynosi

$\cos \alpha =\frac{\left|AB\right|}{\left|AC\right|}=\frac{7}{7\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Oznacza to, że $\alpha =45°$, a zatem trójkąt $ABC$ jest trójkątem równoramiennym.

Odcinek $CB$ ma więc długość $7$.

Zatem $\left|EB\right|=\left|CB\right|-\left|CE\right|=7-7·\left(\sqrt{2}-1\right)=14-7\sqrt{2}$.

$\left|EB\right|=14-7\sqrt{2}$.

Zacznijmy od obliczenia wysokości podanego w zadaniu trapezu.

Niech $\left|AE\right|$ będzie szukaną wysokością, wówczas:

$112 {\mathrm{cm}}^2=\frac{1}{2}·\left(\left(\left|AB\right|+\left|CD\right|\right)·\left|AE\right|\right)$

$224 {\mathrm{cm}}^2=\left(\left(28\sqrt{2} \mathrm{cm}\right)·\left|AE\right|\right)$

$8 \mathrm{cm}=\sqrt{2}·\left|AE\right|$

$\left|AE\right|=4\sqrt{2} \mathrm{cm}$

Zauważamy, że wierzchołki $AED$ wyznaczają trójkąt prostokątny.

Z uwagi na fakt, że kąt $\sphericalangle ADE$ przy jego podstawie ma miarę $45°$, jest on także równoramienny, bowiem $ctg45°=1$.

Długości obydwu przyprostokątnych trójkąta $ADE$ wynoszą $4\sqrt{2} \mathrm{cm}$, zatem korzystając z wartości sinusa kąta $45°$ mamy:

$\left|AD\right|=\frac{4\sqrt{2} \mathrm{cm}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=8 \mathrm{cm}$

Ponadto $\left|CD\right|-\left|AB\right|=4\sqrt{2} \mathrm{cm}=\left|ED\right|$.

Oznacza to, że $\left|EC\right|=\left|AB\right|$.

Zatem ramię $\left|BC\right|$ trapezu jest prostopadłe do podstaw.

Stąd mamy, że $\left|BC\right|=\left|EA\right|=4\sqrt{2} \mathrm{cm}$.

Całościowy obraz sytuacji przedstawionej w zadaniu prezentuje poniższy rysunek.

R1KRfkZdcoQ6R

Rysunek przedstawia trapez prostokątny A B C D. Górna podstawa trapezu jest dłuższa, jest to bok C D o długości 16 pierwiastków z dwóch. Dolna postawa jest krótsza, jest to bok A B o długości 12 pierwiastków z dwóch. Przy punkcie E zaznaczono kąt prosty. Z dolnego prawego wierzchołka figury poprowadzono w górę wysokość A E o długości 4 pierwiastki z dwóch. Kawałek górnej podstawy, czyli odcinek E D ma długość 4 pierwiastki z dwóch. Ukośne ramię trapezu, czyli bok A D ma długość 8, a pionowe ramię trapezu ma taką samą długość jak wysokość figury, czyli 4 pierwiastki z dwóch.

Ostatecznie obwód trapezu wynosi:

$l=16\sqrt{2}+12\sqrt{2}+4\sqrt{2}+8=\left(32\sqrt{2}+8\right) \mathrm{cm}$.

Zauważamy, że trójkąt $ABC$ jest równoramienny i prostokątny. Zatem:

$\left|AC\right|=\sin 45°·2=\sqrt{2}$

Kąt $\sphericalangle CAB=\sphericalangle FAD=90°$, więc z twierdzenia Pitagorasa uzyskujemy, że

${\left|AF\right|}^2+{\left|AD\right|}^2={\left|DF\right|}^2$

Uwzględniając warunki podane na początku zadania uzyskujemy następujący układ równań:

$\left\{\begin{array}{l}{y}^2=x^2+{\left(x+\sqrt{2}\right)}^2\\ y=x·\frac{\sqrt{34}}{3}\end{array}\right.$

Podstawiając drugie równanie do pierwszego otrzymujemy:

$x^2·\frac{34}{9}=x^2+{\left(x+\sqrt{2}\right)}^2$

$x^2·\frac{16}{9}-2\sqrt{2}x-2=0$

$x=\frac{3\sqrt{2}}{2} \vee x=-\frac{3\sqrt{2}}{8}$

Oczywiście długość boku nie możne być ujemna, zatem ostatecznie otrzymujemy:

$\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{17}\\ x=\frac{3\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$

Korzystając z funkcji trygonometrycznych kąta $45°$, mamy:

$a=\frac{\sqrt{2}}{2}·\sqrt{17}=\frac{\sqrt{34}}{2}$

$a=\frac{\sqrt{34}}{2}$.