a) Przyjmijmy oznaczenia takie jak na poniższym obrazku:

1.

Zauważmy, że podstawy trapezu AB i CD są równoległe, więc kąty ABD i BDC są równe (jako kąty wierzchołkowe). 

Korzystając z twierdzenia cosinusów w trójkącie BCD dostajemy 

$8^2=x^2+{10}^2-2\cdot x\cdot 10\cdot \cos \alpha$

$64=x^2+100-20x\cdot \cos \alpha$  

$-36-x^2=-20x\cdot \cos \alpha \mid :\left(-2\right)$

$18+\frac{1}{2}{x}^2=10x\cdot \cos \alpha \left(\text{*}\right)$  

Korzystając z twierdzenia cosinusów w trójkącie ABD dostajemy 

$6^2=x^2+{15}^2-2\cdot x\cdot 15\cdot \cos \alpha$

$36=x^2+225-3\cdot 10x\cdot \cos \alpha$

Korzystając z (*) mamy

$36=x^2+225-3\cdot \left(18+\frac{1}{2}{x}^2\right)$   

$36=x^2+225-54-\frac{3}{2}{x}^2$

$-135=-\frac{1}{2}{x}^2\mid \cdot \left(-2\right)$    

$270=x^2\text{i}x>0$

czyli

$\mathbf{x}=\sqrt{270}=3\sqrt{30}$   

2.

Zauważmy, że podstawy trapezu AB i CD są równoległe, więc kąty BAC i ACD są równe (jako kąty wierzchołkowe). 

Korzystając z twierdzenia cosinusów w trójkącie ACD dostajemy 

$6^2={10}^2+y^2-2\cdot 10\cdot y\cdot \cos \beta$  

$36=100+y^2-20\cdot y\cdot \cos \beta$

$-64-y^2=-20y\cdot \cos \beta \mid :\left(-2\right)$

$32+\frac{1}{2}{y}^2=10x\cdot \cos \beta \left(\text{**}\right)$     

Korzystając z twierdzenia cosinusów w trójkącie ABC dostajemy 

$8^2={15}^2+y^2-2\cdot 15\cdot y\cdot \cos \beta$  

$64=225+y^2-3\cdot 10y\cdot \cos \beta$

Korzystając z (**) mamy

$64=225+y^2-3\cdot \left(32+\frac{1}{2}{y}^2\right)$

$64=225+y^2-96-\frac{3}{2}{y}^2$

$-65=-\frac{1}{2}{y}^2\mid \cdot \left(-2\right)$  

$130=y^2\text{i}y>0$

więc

$\mathbf{y}=\sqrt{130}$

 

Odp. Długości przekątnych tego trapezu to 3√30 i √130.

---

b) Przyjmijmy oznaczenia takie jak na poniższym rysunku

Kąt rozwarty pod jakim przecinają się przekątnej trapezu jest równy

${180}^{\circ }-{30}^{\circ }={150}^{\circ }$

Uzupełnijmy trójkąt BCD tak by otrzymać równoległobok BDCF. 

Wówczas:

$\left|CD\right|=\left|BF\right|=2$

$\left|BD\right|=\left|CF\right|=6$  

Zauważmy, że ponieważ odcinki DB i CF są równoległe to

$\left|\sphericalangle AEB\right|=\left|\sphericalangle ACF\right|$  

(jako kąty odpowiadające).

Rozważmy przypadki:

 

$\text{1)}\left|\sphericalangle AEB\right|=\left|\sphericalangle ACF\right|={30}^{\circ }$  

Korzystając z twierdzenia cosinusów w trójkącie AFC dostajemy 

${\left|AF\right|}^2={\left|AC\right|}^2+{\left|FC\right|}^2-2\cdot \left|AC\right|\cdot \left|FC\right|\cdot \cos {30}^{\circ }$

${\left(x+2\right)}^2=6^2+6^2-2\cdot 6\cdot 6\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$  

$x^2+4x+4=72-72\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$

$x^2+4x+4=72-36\sqrt{3}$

$x^2+4x-68+36\sqrt{3}=0$

$\Delta =4^2-4\cdot 1\cdot \left(-68+36\sqrt{3}\right)=16+272-144\sqrt{3}=288-144\sqrt{3}=144\left(2-\sqrt{3}\right)$  

$\sqrt{\Delta }=12\sqrt{2-\sqrt{3}}$

więc

$x_1=\frac{-4-12\left(2-\sqrt{3}\right)}{2}=-2-6\sqrt{2-\sqrt{3}}<0\text{sprz.}$      

$x_2=\frac{-4+12\sqrt{2-\sqrt{3}}}{2}=6\sqrt{2-\sqrt{3}}-2$  

więc

$\underline{x=6\sqrt{2-\sqrt{3}}-2}$  

 

$\text{2)}\left|\sphericalangle AEB\right|=\left|\sphericalangle ACF\right|={150}^{\circ }$  

Korzystając z twierdzenia cosinusów w trójkącie AFC dostajemy 

${\left|AF\right|}^2={\left|AC\right|}^2+{\left|FC\right|}^2-2\cdot \left|AC\right|\cdot \left|FC\right|\cdot \cos {150}^{\circ }$

${\left(x+2\right)}^2=6^2+6^2-2\cdot 6\cdot 6\cdot \cos \left({180}^{\circ }-{30}^{\circ }\right)$  

$x^2+4x+4=36+36-72\cdot \left(-\cos {30}^{\circ }\right)$  

$x^2+4x+4=72+72\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$

$x^2+4x+4=72+36\sqrt{3}$

$x^2+4x-68-36\sqrt{3}=0$

$\Delta =4^2-4\cdot 1\cdot \left(-68-36\sqrt{3}\right)=16+272+144\sqrt{3}=288+144\sqrt{3}=144\left(2+\sqrt{3}\right)$  

$\sqrt{\Delta }=12\sqrt{2+\sqrt{3}}$

więc

$x_1=\frac{-4-12\left(2+\sqrt{3}\right)}{2}=-2-6\sqrt{2+\sqrt{3}}<0\text{sprz.}$      

$x_2=\frac{-4+12\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2}=6\sqrt{2+\sqrt{3}}-2$  

więc

$\underline{x=6\sqrt{2+\sqrt{3}}-2}$  

 

Z przypadków 1) i 2) mamy

$x=6\sqrt{2-\sqrt{3}}-2\text{lub}x=6\sqrt{2+\sqrt{3}}-2$  

---

c) Wykonajmy rysunek pomocniczy:

 

Oznaczmy przez 𝛼 miarę większego kąta pod jakim przecinają się przekątne tego trapezu. 

Uzupełnijmy trójkąt BCD (między dłużą przekatną i krótszą podstawą) tak by otrzymać równoległobok BDCF. 

Wówczas:

$\left|CD\right|=\left|BF\right|=3$

$\left|BD\right|=\left|CF\right|=10$

Zauważmy, że ponieważ odcinki DB i CF są równoległe to

$\left|\sphericalangle AEB\right|=\left|\sphericalangle ACF\right|=\alpha$  

(jako kąty odpowiadające).

Korzystając z twierdzenia cosinusów w trójkącie AFC dostajemy 

${\left|AF\right|}^2={\left|AC\right|}^2+{\left|FC\right|}^2-2\cdot \left|AC\right|\cdot \left|FC\right|\cdot \cos \alpha$

${14}^2=6^2+{10}^2-2\cdot 6\cdot 10\cdot \cos \alpha$

$196=36+100-120\cdot \cos \alpha$    

$60=-120\cdot \cos \alpha$

$-\frac{1}{2}=\cos \alpha$  

$-\cos {60}^{\circ }=\cos \alpha$   

$\cos \left({180}^{\circ }-{60}^{\circ }\right)=\cos \alpha$  

$\cos {120}^{\circ }=\cos \alpha$

więc

$\alpha ={120}^{\circ }$