Wzór na pole trapezu to: [tex]\bold{P=\frac12(a+b)\cdot h}[/tex]
a = 4, b = 2
Stąd:
[tex]\frac12(4+2)\cdot h=18\\\\3h=18\qquad/:3\\\\\bold{h = 6}[/tex]
Skoro trapez jest równoramienny, to:
- wysokości poprowadzone z wierzchołków krótszej podstawy (CD) podzielą dłuższą (AB) na odcinki: |AE| = 1, |EH| = 2 i |HB| = 1 {oznaczenia w załączniku},
- wysokość poprowadzona przez punkt przecięcia przekątnych podzieli podstawę na pół, czyli |EF|=|FH|=1, stąd: |EB|=2+1=3 i |FB|=1+1=2
- wysokość poprowadzona przez punkt przecięcia przekątnych podzieli na pół kąt przecięcia przekątnych: [tex]\bold{|\angle AGB|=\alpha\quad\implies\quad |\angle FGB|=\dfrac\alpha2}[/tex]
Zielony odcinek jest równoległy do DE, zatem ΔBGF~ΔBDE.
A skoro trójkąty BGF i BDE są podobne to:
[tex]\dfrac{|GF|}{|DE|}=\dfrac{|FB|}{|EB|}\\\\\dfrac{|GF|}{6}=\dfrac{2}{3}\qquad/\cdot6\\\\\bold{|GF|=4}[/tex]
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta BGF mamy:
[tex]|GF|^2+|FB|^2=|BG|^2\\\\4^2+2^2=|BG|^2\\\\|BG|^2=16+4\\\\|BG|=\sqrt{20}\\\\\bold{|BG|=2\sqrt5}[/tex]
Czyli:
[tex]\sin\dfrac\alpha2=\dfrac{|FB|}{|BG|}=\dfrac2{2\sqrt5}=\dfrac1{\sqrt5}\\\\ \cos\dfrac\alpha2=\dfrac{|GF|}{|BG|}=\dfrac4{2\sqrt5}=\dfrac2{\sqrt5}[/tex]
[tex]\sin\alpha=\sin(2\cdot\frac\alpha2)[/tex]
Zatem:
[tex]\bold{\sin\alpha=2\sin\dfrac\alpha2\cos\dfrac\alpha2= 2\cdot\dfrac1{\sqrt5}\cdot\dfrac2{\sqrt5}=\dfrac45}[/tex]
Odp.:
Sinus kąta pod jakim przecinają się przekątne tego trapezu wynosi [tex]\bold{\dfrac45}[/tex]
