Trójkąt $CBD$ jest podobny do trójkąta $EFD$ w skali $2:1$. Zatem długość boku kwadratu wynosi $8$, stąd pole kwadratu $64$.

Do obliczeń wykorzystamy wzór:

$P=\frac{h·H}{2}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}·\frac{a\sqrt{6}}{3}}{2}=\frac{a^2·\sqrt{2}}{4}$

Zauważmy, że trójkąt $DGH$ jest podobny do trójkąta $DBC$. Jest równoboczny, czyli górna podstawa trapezu wynosi $2$. Analogicznie trójkąt $AEF$ jest podobny do trójkąta $ABC$. Odcinek $AE$ ma długość $4$, więc dolna podstawa trapezu również wynosi $4$. Odcinek $BH$ ma również długość $4$. Kąt $ABD$ ma miarę $60°$. Skorzystamy z twierdzenia cosinusów: ${\left|EH\right|}^2={\left|BH\right|}^2+{\left|BE\right|}^2-2·\left|BH\right|·\left|BE\right|·\cos 60°$. Stąd: ${\left|EH\right|}^2=4^2+2^2-2·4·2·\frac{1}{2}=16+4-8=12$. Niech $I$ oznacza punkt opuszczenia wysokości trapezu na dłuższą podstawę. Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $EIH$ otrzymujemy: :${\left|EH\right|}^2=1^2+h^2$. Stąd wyliczając $h=\sqrt{11}$ i pole trapezu wynosi: $P=\frac{\left(a+b\right)h}{2}=\frac{\left(2+4\right)\sqrt{11}}{2}=3\sqrt{11}$.

W wyniku przecięcia czworościanu foremnego płaszczyzną równoległą do dwóch prostych skośnych otrzymujemy prostokąt. Mamy cztery ściany: dwie z zaznaczoną linią w odległości $x$ od wierzchołka trójkąta równobocznego i dwie z zaznaczoną linią w odległości $x$ od podstawy tego trójkąta.

RbktLaenYGIV7

Ilustracja przedstawia cztery trójkąty ułożone obok siebie w taki sposób, że razem mają kształt równoległoboku. Są to trójkąty kolejno: ACD, ADB, CBC oraz ACB. W równoległoboku zaznaczono odcinek równoległy do dłuższych boków równoległoboku.

Długość różowego odcinka na siatce czworościanu, to obwód przekroju będącego prostokątem. Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku poniżej.

R14htJFE3qgNz

Ilustracja przedstawia dwa trójkąty . W pierwszym z nich zaznaczona została wysokość, która dzieli bok na odcinki o długości $\frac{a}{2}$. W trójkącie tym zaznaczono odcinek równoległy do podstawy. Fragment wysokości od wierzchołka do tego odcinka zaznaczono literą x. Połowa tego odcinka ma długość y. W drugim trójkącie również aznaczona została wysokość, która dzieli bok na odcinki o długości $\frac{a}{2}$. W trójkącie tym zaznaczono odcinek równoległy do podstawy. Fragment wysokości od podstawy do odcinka ma długość x. Połowa długości tego odcinka ma długość z.

Z twierdzenia Talesa otrzymujemy zależności: $\frac{x}{y}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a}{2}}$ i $\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}-x}{z}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a}{2}}$. Stąd $y=\frac{x}{\sqrt{3}}$ oraz $z=\frac{a}{2}-\frac{x}{\sqrt{3}}$. Pole prostokąta wyraża się zależnością: $P\left(x\right)=2y·2z=2\frac{x}{\sqrt{3}}·2\left(\frac{a}{2}-\frac{x}{\sqrt{3}}\right)=4\frac{x}{\sqrt{3}}\left(\frac{a}{2}-\frac{x}{\sqrt{3}}\right)$. Mamy postać iloczynową trójmianu kwadratowego zmiennej $x\in \left(0,\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$. Pole przyjmie wartość największą $q$ dla $p$, gdzie $p$ i $q$ to współrzędne wierzchołka paraboli $W\left(p,q\right)$. Miejsca zerowe trójmianu kwadratowego to $x_1=0$ i $x_2=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Odcięta wierzchołka znajduje się w połowie odległości między miejscami zerowymi, zatem $p=\frac{1}{2}·\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{4}$ i należy do dziedziny $\left(0,\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$. Największe pole prostokąta będącego kwadratem ma wartość $q=P\left(p\right)=4\frac{p}{\sqrt{3}}\left(\frac{a}{2}-\frac{p}{\sqrt{3}}\right)=4\frac{\frac{a\sqrt{3}}{4}}{\sqrt{3}}\left(\frac{a}{2}-\frac{\frac{a\sqrt{3}}{4}}{\sqrt{3}}\right)=a\left(\frac{a}{2}-\frac{a}{4}\right)=\frac{a^2}{4}={\left(\frac{a}{2}\right)}^2$.

Niech $x$ i $y$ będą długościami boków prostokąta. Wówczas z warunków ćwiczenia wynika $\frac{x}{y}=\frac{1}{3}$. Stąd $y=3x$. Przekrój czworościanu jest prostokątem, o ile płaszczyzna przekroju jest równoległa do krawędzi skośnych. Tworząc siatkę tego czworościanu foremnego w postaci równoległoboku z zaznaczonymi bokami prostokąta możemy zauważyć, że obwód prostokąta wynosi $2x+2y=2a$. Stąd $x+y=a$. Podstawiając $y=3x$, otrzymujemy $x+y=x+3x=4x=a$. Więc $x=\frac{a}{4}$, a $y=\frac{3a}{4}$. Pole przekroju wynosi $P=x·y=\frac{a}{4}·\frac{3a}{4}=\frac{3a^2}{16}$.

RRIDVQlQGt03c

Ilustracja przedstawia cztery trójkąty ułożone obok siebie w taki sposób, że razem mają kształt równoległoboku. W równoległoboku zaznaczono odcinek równoległy do dłuższych boków równoległoboku. Fragment równoległego odcinka w pierwszym trójkącie ma długość x, w drugim y, w trzecim x i w czwartym znów y.

RXXmZnvBsEXLB

Ilustracja przedstawia czworościan foremny o wierzchołkach A B C D, który ustawiono w taki sposób, że ściana A B C jest podstawą a wierzchołek D wierzchołkiem górnym. W czworościanie zaznaczono jego wysokość, spodek tej wysokości podpisano litrą S. W podstawie A B C, również zaznaczono wysokość, opuszczoną z wierzchołka A na bok BC. Spodek tej wysokości podpisano literą I, a wysokość ta przechodzi przechodzi przez punkt S. Z wierzchołka D na krawędź BC również opuszczono wysokość, jej spodek pokrywa się ze spodkiem I. W czworościanie zaznaczono przekrój o kształcie trapezu, jego wierzchołki to E F G H, przy czym punkt E leży na krawędzi DB, punkt F na krawędzi DC, punkt H na krawędzi AB, a punkt G na krawędzi AC. Na boku EF leży punkt K, leży on jednocześnie na wysokości DI. Z punktu K pod kątem prostym do wysokości AI poprowadzono odcinek do punktu J leżącego na krawędzi AI. Odcinek IJ podpisano literą d. W podstawie zaznaczono dwa trójkąty prostokątne. Pierwszy z nich to B H L, przy czym punkt L leży na boku BC, a kąt BLH to kąt prosty. Drugi to trójkąt C G M, przy czym M leży na boku BC, a kąt CMG to kat prosty. Odcinek MC podpisano literą x. Obok czworościanu znajduje się jego trójkąt B C D, Z wierzchołka D opuszczono wysokość na bok BC, jej spodek podpisano literą I. Na boku BD leży punkt E, na boku CD leży punkt F, w trójkącie zaznaczono dwa mniejsze trójkąty prostokątne BEN, gdzie kąt BNE to kąt prosty oraz trójkąt CFO, gdzie kąt COF to kąt prosty. Na przecięciu wysokości o odcinka EF leży punkt K.

Pole szukanego trapezu $EFGH$ wyraża się wzorem $P=\frac{\left|HG\right|+\left|EF\right|}{2}·\left|JK\right|$. Niech $x$ oznacza długość odcinka $BL$ i $CM$. Z trójkąta $BLH$, mamy $\mathrm{tg}60°=\frac{d}{x}$. Stąd $x=\frac{d}{\sqrt{3}}$. Zatem $\left|HG\right|=a-2x=a-\frac{2d}{\sqrt{3}}=a-\frac{2\sqrt{3}}{3}d$. Z podobieństwa trójkątów $ISD$ i $IJK$ (trójkąty prostokątne o wspólnym kącie ostrym, ale też możemy skorzystać z twierdzenia Talesa) mamy zależność: $\frac{\left|JK\right|}{d}=\frac{\left|SD\right|}{\left|SI\right|}$. Ponieważ $\left|SD\right|$ jest wysokością czworościanu $H$, a długość odcinka $\left|SI\right|=\frac{1}{3}h$, to $\frac{\left|JK\right|}{d}=\frac{H}{\frac{1}{3}h}$. Stąd $\left|JK\right|=d·\frac{3H}{h}=d·\frac{3\frac{a\sqrt{6}}{3}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=2\sqrt{2}d$. Wyznaczyliśmy wysokość trapezu. Zachodzi również zależność $\frac{\left|IK\right|}{\left|JK\right|}=\frac{h}{H}$. Zatem $\left|IK\right|=\left|JK\right|·\frac{h}{H}=2\sqrt{2}d·\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{6}}{3}}=3d$. Wykorzystamy tę równość do obliczenia długości drugiej podstawy trapezu. Niech $y$ oznacza długość odcinka $BN$ i $CO$. Długość odcinka $EN$ jest równa długości $IK$. Z trójkąta $BNE$ mamy $\mathrm{tg}60°=\frac{\left|EN\right|}{y}$. Stąd $y=\frac{\left|EN\right|}{\sqrt{3}}$. Krótsza podstawa trapezu $\left|EF\right|=a-2y=a-2\frac{\left|EN\right|}{\sqrt{3}}=a-2\frac{3d}{\sqrt{3}}=a-2\sqrt{3}d$. Podstawiając do wzoru na pole trapezu:

$P=\frac{\left|HG\right|+\left|EF\right|}{2}·\left|JK\right|=\frac{a-\frac{2\sqrt{3}}{3}d+a-2\sqrt{3}d}{2}·2\sqrt{2}d=\frac{2a-\frac{8\sqrt{3}}{3}d}{2}·2\sqrt{2}d=$$=2\sqrt{2}\left(a-\frac{4\sqrt{3}}{3}d\right)·d$

Pole trapezu dla $a=8$ wyraża się wzorem $P\left(d\right)=2\sqrt{2}\left(8-\frac{4\sqrt{3}}{3}d\right)·d$. Jest to funkcja kwadratowa zmiennej $d$ o współczynniku $a=-2\sqrt{2}·\frac{4\sqrt{3}}{3}<0$. Pole przyjmie wartość największą $q$ dla $p$, gdzie $p$ i $q$ to współrzędne wierzchołka paraboli $W\left(p,q\right)$. Zauważmy, że gdyby $d⩾\frac{1}{3}h$, to przekrój byłby trójkątem, a więc $d<\frac{1}{3}h=\frac{1}{3}·\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{8\sqrt{3}}{6}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$, czyli $d\in \left(0,\frac{4\sqrt{3}}{3}\right)$. Miejsca zerowe trójmianu kwadratowego to $d=0$ i $d=2\sqrt{3}$. Odcięta wierzchołka znajduje się w połowie odległości między miejscami zerowymi, zatem $p=\frac{1}{2}·2\sqrt{3}=\sqrt{3}$ i należy do dziedziny $\left(0,\frac{4\sqrt{3}}{3}\right)$. Największe pole przekroju będącego trapezem ma wartość $q=P\left(p\right)=2\sqrt{2}\left(8-\frac{4\sqrt{3}}{3}\sqrt{3}\right)·\sqrt{3}=8\sqrt{6}$.