|
Zauważamy, że trójkąt \(KLM\) jest trójkątem równobocznym (trójkąty \(MKA\), \(LKG\) i \(LMH\) są przystające). Policzymy więc długość jednego z jego boków - boku \(KM\), a następnie wyliczymy pole trójkąta \(KLM\) ze wzoru na pole trójkąta równobocznego: \(\frac{x^2\sqrt{3}}{4} \).
Ścianę \(ADHE\) podzielmy na cztery kwadraty. Długość ich boków będzie połową długości krawędzi sześcianu, czyli \( \frac{1}{2} \). Narysujmy też trójkąt \(KMP\), gdzie punkt \(P\) to środek krawędzi \(AD\).
Widzimy, że trójkąt \(KMP\) jest trójkątem prostokątnym, w którym bok (\(KP\) ma długość \(1\), bok \(PM\) jest przekątną kwadratu o długości boku \(\frac{1}{2}\).
Policzymy długość boku \(PM\) korzystając z twierdzenia pitagorasa
\[
\left(\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^2=|PM|^2 \\
\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=|PM|^2\\
\begin{matrix}
\frac{1}{2}=|PM|^2
&
/\sqrt{\hspace{1em}}
\end{matrix}\\
|PM|=\sqrt{\frac{1}{2}}\class{mathHint hintRozPierwWzglDziel}{=}\frac{\sqrt{1}}{\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\class{mathHint hintUsunNiewymZMian}{=}\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=\frac{1\cdot\sqrt{2}}{\sqrt{2}\sqrt{2}}=\frac{sqrt{2}}{2}
\]
Skorzystamy teraz z twierdzenia pitagorasa na bazie trójkąta \(KMP\) \[ \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2+1^2=|KM|^2\\ \frac{\sqrt{2}^2}{2^2}+1=|KM|^2\\ \frac{2}{4}+1=|KM|^2\\ \frac{1}{2}+\frac{2}{2}=|KM|^2\\ |KM|^2=\frac{3}{2} \] Wróćmy do wzoru na pole trójkąta równobocznego: \(\frac{x^2\sqrt{3}}{4} \), gdzie \(x\) to długość boków. Mamy więc \[ P_\bigtriangleup=\frac{|KM|^2\sqrt{3}}{4} =\frac{\frac{3}{2}\sqrt{3}}{4}\class{mathHint hintDzielToMnozPrzezOdwrot}{=}\frac{3\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{1}{4}=\frac{3\sqrt{3}}{8} \] Pole trójkąta \(KLM\) jest równe \( \frac{3\sqrt{3}}{8} \).
