a)

Przyjmijmy oznaczenia jak na poniższym rysunku:

Skoro trapez $ABCD$ jest równoramienny, to:

$\left|EF\right|=\left|CD\right|=5$

$\left|AE\right|=\left|FB\right|$

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $FBC$ mamy:

${\left|FB\right|}^2+{\left|CF\right|}^2={\left|BC\right|}^2$

${\left|FB\right|}^2+{\left(3\sqrt{5}\right)}^2=7^2$

${\left|FB\right|}^2+9\cdot 5=49$

${\left|FB\right|}^2+45=49|-45$

${\left|FB\right|}^2=4|\sqrt{},\left|FB\right|>0$

$\left|FB\right|=2$

Zatem:

$\left|AB\right|=\left|AE\right|+\left|EF\right|+\left|FB\right|=2+5+2=9$

Obliczmy pole trapezu $ABCD$:

$P_{ABCD}=\frac{\left|AB\right|+\left|CD\right|}{2}\cdot \left|FB\right|=$

$=\frac{9+5}{2}\cdot 3\sqrt{5}=\frac{14}{2}\cdot 3\sqrt{5}=7\cdot 3\sqrt{5}=21\sqrt{5}$

Obliczmy obwód trapezu $ABCD$:

$O{b}_{ABCD}=\left|AB\right|+\left|BC\right|+\left|CD\right|+\left|DA\right|=$

$=9+7+5+7=28$

---

b)

Przyjmijmy oznaczenia jak na poniższym rysunku:

Wiemy, że:

$\left|AB\right|=7\sqrt{3}$

Skoro trapez $ABCD$ jest równoramienny, to:

$\left|EF\right|=\left|CD\right|=3\sqrt{3}$

$\left|AE\right|=\left|FB\right|=\frac{7\sqrt{3}-3\sqrt{3}}{2}=\frac{4\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$

Zauważmy, że:

$\left|\sphericalangle FCB\right|=150^{\circ }-90^{\circ }=60^{\circ }$

Rozważmy trójkąt prostokątny $FCB$.

Obliczmy miarę kąta $FBC$. Mamy:

$\left|\sphericalangle FBC\right|=180^{\circ }-30^{\circ }-90^{\circ }=60^{\circ }$

Zatem ten trójkąt to trójkąt prostokątny o kątach $30^{\circ }$, $60^{\circ }$, $90^{\circ }$.

Długości boków takiego trójkąta spełniają zależność $a$, $a\sqrt{3}$, $2a$, gdzie bok o długości $a$ znajduje się naprzeciwko kąta o mierze $30^{\circ }$, bok o długości $a\sqrt{3}$ - naprzeciwko kąta o mierze $60^{\circ }$, a bok o długości $2a$ - naprzeciwko kąta prostego.

Wnioskujemy po tym, że:

$\left|CF\right|=2$

$\left|CB\right|=4$ oraz $\left|AD\right|=\left|CB\right|=4$

Obliczmy pole trapezu $ABCD$:

$P_{ABCD}=\frac{\left|AB\right|+\left|CD\right|}{2}\cdot \left|FB\right|=$

$=\frac{7\sqrt{3}+3\sqrt{3}}{2}\cdot 2=10\sqrt{3}$

Obliczmy obwód trapezu $ABCD$:

$O{b}_{ABCD}=\left|AB\right|+\left|BC\right|+\left|CD\right|+\left|DA\right|=$

$=7\sqrt{3}+4+3\sqrt{3}+4=10\sqrt{3}+8$

---

c)

Przyjmijmy oznaczenia jak na poniższym rysunku:

Wiemy, że:

$\left|AB\right|=3\left|DC\right|=3x$

Skoro trapez $ABCD$ jest równoramienny, to:

$\left|EF\right|=\left|CD\right|=x$

$\left|AE\right|=\left|FB\right|=\frac{3x-x}{2}=\frac{2x}{2}=x$

Zatem:

$\left|EB\right|=x+x=2x$

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $DEB$ mamy:

${\left|DE\right|}^2+{\left|EB\right|}^2={\left|BD\right|}^2$

${\left(3\sqrt{5}\right)}^2+{\left(2x\right)}^2=9^2$

$9\cdot 5+4x^2=81$

$45+4x^2=81|-45$

$4x^2=36|:4$

$x^2=9|\sqrt{},x>0$

$x=3$

Zatem:

$\left|AB\right|=3x=3\cdot 3=9$

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

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $FBC$ mamy:

${\left|FB\right|}^2+{\left|CF\right|}^2={\left|BC\right|}^2$

${\left(3\sqrt{5}\right)}^2+x^2={\left|BC\right|}^2$

$9\cdot 5+3^2={\left|BC\right|}^2$

$45+9={\left|BC\right|}^2$

$54={\left|BC\right|}^2|\sqrt{},\left|BC\right|>0$

$\left|BC\right|=\sqrt{54}=\sqrt{9\cdot 6}=3\sqrt{6}$  oraz $\left|AD\right|=\left|BC\right|=3\sqrt{6}$

Obliczmy pole trapezu $ABCD$:

$P_{ABCD}=\frac{\left|AB\right|+\left|CD\right|}{2}\cdot \left|FB\right|=$

$=\frac{9+3}{2}\cdot 3\sqrt{5}=\frac{12}{2}\cdot 3\sqrt{5}=6\cdot 3\sqrt{5}=18\sqrt{5}$

Obliczmy obwód trapezu $ABCD$:

$O{b}_{ABCD}=\left|AB\right|+\left|BC\right|+\left|CD\right|+\left|DA\right|=$

$=9+3\sqrt{6}+3+3\sqrt{6}=12+6\sqrt{6}$