4. Zadatak

Prvo rješenje.

Skicirajmo pravokutni trapez, označimo diralište polukružnice i kraka trapeza s $E$ te uočimo pravi kut $SEB$, pri čemu je točka $S$ središte dane kružnice.

Uvedimo oznake $|AB|=a$, $|BC|=b$, $|DC|=c$, $|AD|=d$.

Kako su trokuti $ABS$ i $BES$ pravokutni sa zajedničkom hipotenuzom, te kako je $|SA|=|SE|=r$, po S-S-K poučku o sukladnosti trokuta zaključujemo da su trokuti $ABS$ i $BES$ sukladni.

Stoga je $|BE|=a$.

Analogno, kako su trokuti $SEC$ i $SCD$ pravokutni sa zajedničkom hipotenuzom te kako je $|SD|=|SE|=r$, po S-S-K poučku o sukladnosti trokuta zaključujemo da su i trokuti $SEC$ i $SCD$ sukladni.

Stoga je $|CE|=c$.

Nadopunimo skicu spuštanjem visine iz vrha $C$ na osnovicu $a$ trapeza $ABCD$.

Primijenimo li Pitagorin poučak na pravokutan trokut $BCN$ dobivamo da je duljina visine trapeza:

$$|CN|=\sqrt{(a+c)^2-(a-c)^2}=\sqrt{13^2-5^2}=\sqrt{169-25}=12\ \mathrm{cm}.$$

Konačno, površina trapeza je:

$$P=\frac{|AB|+|CD|}{2}\cdot|CN|=\frac{9+4}{2}\cdot12=78\ \mathrm{cm}^2.$$

Drugo rješenje.

Ako zadani trapez $ABCD$ osnosimetrično preslikamo s obzirom na os koja sadrži promjer kružnice, dobit ćemo jednakokračan trapez $B'BCC'$.

Budući da je novonastali trapez opisan zadanoj kružnici, zaključujemo da je $B'BCC'$ tangencijalni četverokut.

Prema svojstvu tangencijalnog četverokuta vrijedi da je:

$$|BB'|+|CC'|=|BC|+|B'C'|,$$

odnosno

$$18+8=2|BC|.$$

Odatle je $|BC|=13\ \mathrm{cm}$.

Tada je visina trapeza spuštena iz vrha $C$ jednaka:

$$|CN|=\sqrt{13^2-5^2}=\sqrt{169-25}=12\ \mathrm{cm}.$$

Površina zadanog trapeza jednaka je:

$$P=\frac{|AB|+|CD|}{2}\cdot|CN|=\frac{9+4}{2}\cdot12=78\ \mathrm{cm}^2.$$