MATEMANIJA

Dat je jednakokraki trapez čije se dijagonale seku pod pravim uglom, pri čemu su dužine odsečaka dijagonala u odnosu [inlmath]3:1[/inlmath]. Duža osnovica trapeza je [inlmath]a=6[/inlmath]. Izračunati površinu datog trapeza.

Navedeni zadatak je sa prijemnog FTNa 2017. godine. Ono što me zanima je da li postoji samo jedan takav trapez kao što su oni naveli u rješenju gdje je duži odsječak dijagonale [inlmath]3\sqrt2[/inlmath] ili postoji još jedan gdje je duži odsječak [inlmath]\frac{3}{2}\sqrt2[/inlmath].
Moja ideja je bila da preko sličnosti trouglova koje grade odsječci dijagonala i osnove odredim kraću osnovu [inlmath]b=2[/inlmath] i da preko pravouglog trougla čije katete su kraći ([inlmath]k[/inlmath]) i duži odsječak ([inlmath]3k[/inlmath]) odredim da je krak [inlmath]c=k\sqrt{10}[/inlmath].
Zatim preko trougla koji grade duži odsječci i duža osnova [inlmath]a[/inlmath] postavim jednačinu
[dispmath]\frac{6h_1}{2}=\frac{9k^2}{2}[/dispmath] (površina trougla gdje je [inlmath]h_1[/inlmath] visina tog trougla). Odatle dobijam da je [inlmath]h_1=\frac{3k^2}{2}[/inlmath] odakle slijedi da je visina manjeg sličnog trougla koji grade kraći odsječci i kraća osnova [inlmath]h_2=\frac{k^2}{2}[/inlmath] jer je [inlmath]h_2=\frac{h_1}{3}[/inlmath]. Odatle slijedi da je visina trapeza
[dispmath]H=h_1+h_2=2k^2[/dispmath] Zatim sam preko pravouglog trougla koji grade visina trapeza, krak i odsječak duže osnove koji je jednak [inlmath]\frac{a-b}{2}=2[/inlmath] uz pomoć pitagorine teoreme preko koje dobijem jednačinu
[dispmath]4k^4-10k^2+4=0[/dispmath] odakle dobijam da je
[dispmath]k_1=\sqrt2[/dispmath] i
[dispmath]k_2=\frac{\sqrt2}{2}[/dispmath] pa samim tim i dva moguća trapeza.
Nadam se da ste shvatili moju ideju i da ćete mi pomoći da shvatim zašto ne može drugo rješenje.
Hvala unaprijed!

Nisam siguran zbog čega neće na tvoj način, ali ovde po meni nema potrebe za sličnosti trouglova;
Kako je u zadatku navedeno da se dijagonale seku pod pravim uglom, to znači da se površina trapeza u ovom slučaju računa [inlmath]\frac{d^2}{2}[/inlmath] i generalno isto bi se u tom slučaju računala površina bilo kog četvorougla ako mu se dijagonale seku pod pravim uglom.
Na osnovu slike, vidimo da je svuda prav ugao, upravo iz razloga navedenog iznad. Prvo treba da dobiješ [inlmath]x[/inlmath];
[inlmath]36=9x^2+9x^2[/inlmath] tj. [inlmath]x=\sqrt2[/inlmath]. Isto tako primeniš za trougao iznad kako bi dobio stranicu [inlmath]b[/inlmath] (mada ti nije potrebna za zahtev pod a)
Kako je cela dijagonala trapeza [inlmath]4x[/inlmath], dobijamo da je [inlmath]d=4\sqrt2[/inlmath] i posle lako dobijaš površinu i sve ostalo.

Jasna mi je ta ideja i uradio sam i na taj način ali me zanimalo zbog čega prva ideja nije dobra. Svakako hvala na odgovoru!

Nije ništa neuobičajeno da rešavanjem kvadratne jednačine dobijemo jedno rešenje koje prihvatamo, i jedno rešenje koje odbacujemo.
Odbacujemo ono rešenje koje ne zadovoljava neki od uslova koje smo u startu postavili. Ovde smo, konkretno, posmatrajući jednakokraki pravougli trougao s katetama [inlmath]3k[/inlmath] i hipotenuzom [inlmath]a[/inlmath], mogli postaviti uslov da zbir dve katete mora biti veći od hipotenuze (nejednakost trougla). Rešenje [inlmath]k_2=\frac{\sqrt2}{2}[/inlmath] ne bi ispunjavalo taj uslov, jer bi [inlmath]3k_2+3k_2=3\sqrt2[/inlmath] bilo manje od [inlmath]6[/inlmath]. (Mada se na osnovu tog trougla odmah može sasvim jednostavno i izračunati dužina [inlmath]3k[/inlmath], kao što je Acim i uradio.)
Čak, ovde nisi imao kvadratnu već bikvadratnu jednačinu, koja bi imala još i rešenja [inlmath]k_3=-\sqrt2[/inlmath] i [inlmath]k_4=-\frac{\sqrt2}{2}[/inlmath]. Pa sigurno ne bismo razmatrali i ta negativna rešenja?