Krok 1. Obliczenie długości krótszej podstawy trapezu.
Do obliczenia pola powierzchni trapezu potrzebujemy znać długości obydwu podstaw oraz wysokość figury. Spoglądając na rysunek widzimy, że nasz trapez jest tak jakby przekręcony o \(90°\), ale to nie przeszkadza nam w poznaniu dwóch kluczowych długości. Zwróćmy uwagę, że odcinek \(KL\) ma długość \(6\) jednostek, czyli że \(a=6\). Widzimy też, że jak z punktu \(M\) poprowadzimy prostą prostopadłą, to będzie miała ona długość równą \(3\) jednostki, zatem wysokość \(h=3\).

Skoro \(a=6\) oraz \(h=3\) i wiemy, że \(P=12\), to możemy obliczyć długość drugiej podstawy tego trapezu:
$$P=\frac{1}{2}(a+b)\cdot h \           ,\
12=\frac{1}{2}(6+b)\cdot3 \           ,\
4=\frac{1}{2}(6+b) \           ,\
4=3+\frac{1}{2}b \           ,\
1=\frac{1}{2}b \           ,\
b=2$$

Krok 2. Wyznaczenie współrzędnych wierzchołka \(N\).
Skoro \(b=2\), to wierzchołek \(N\) musi być oddalony o \(2\) jednostki od wierzchołka \(N\). Aby powstał trapez, to ten wierzchołek \(N\) musi być w linii prostej nad \(M\). Skoro więc \(M=(2;-3)\), to \(N=(2;-1)\).

Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Kluczowym problemem w tym zadaniu jest obliczenie długości "ukośnych" odcinków. Pomoże nam w tym jednak Twierdzenie Pitagorasa:


Krok 2. Obliczenie długości poszczególnych odcinków.
Zacznijmy od odcinka \(AB\). Tutaj powinniśmy dostrzec, że jest to po prostu klasyczny trójkąt prostokątny o bokach \(3, 4, 5\), zatem odcinek \(|AB|=5\). Jeśli tego nie dostrzegamy, to możemy oczywiście skorzystać z Twierdzenia Pitagorasa.

Teraz przejdźmy do odcinka \(BC\). Tym razem nie obejdzie się bez Twierdzenia Pitagorasa, zatem:
$$2^2+4^2=|BC|^2 \           ,\
4+16=|BC|^2 \           ,\
|BC|^2=20 \           ,\
|BC|=\sqrt{20} \quad\lor\quad |BC|=-\sqrt{20}$$

Ujemny wynik oczywiście odrzucamy, zatem zostaje nam \(|BC|=\sqrt{20}\) i w takiej postaci możemy to zostawić.

Odcinek \(CD\) jest najprostszy, bowiem wystarczy policzyć jego długość po kratkach. Tutaj możemy wprost zapisać, że \(|CD|=4\).

Na koniec został odcinek \(DE\) i tak jak w przypadku odcinka \(BC\), musimy skorzystać z Twierdzenia Pitagorasa:
$$5^2+1^2=|DE|^2 \           ,\
25+1=|DE|^2 \           ,\
|DE|^2=26 \           ,\
|DE|=\sqrt{26} \quad\lor\quad |DE|=-\sqrt{26}$$

Interesuje nas tylko dodatni wynik, zatem \(|DE|=\sqrt{26}\).

Krok 3. Ustalenie, który chłopiec miał racje.
Długości boków są następujące:
\(|AB|=5\)
\(|BC|=\sqrt{20}\) (czyli więcej niż \(4\), ale mniej niż \(5\))
\(|CD|=4\)
\(|DE|=\sqrt{26}\) (czyli więcej niż \(5\))

To oznacza, że:
$$|CD|\lt|BC|\lt|AB|\lt|DE|$$

Rację miał więc Bernard.

Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Korzystając z własności kątów odpowiadających oraz przyległych, całość będzie wyglądać następująco:


Kąt \(AED\) ma miarę \(80°\), ponieważ jest to kąt przyległy do kąta o mierze \(100°\), a suma kątów przyległych jest zawsze równa \(180°\).

Analogicznie kąt \(ADE\) ma miarę \(65°\), ponieważ jest to kąt przyległy do kąta o mierze \(115°\).

Krok 2. Obliczenie miary kąta \(\alpha\).
Spoglądamy na trójkąt \(ADE\). Znamy już miary dwóch kątów w tym trójkącie, zatem:
$$\alpha=180°-80°-65°=35°$$

Krok 1. Obliczenie pola powierzchni trapezu.
Zacznijmy od obliczenia pola powierzchni trapezu. Korzystając ze wzoru na pole tej figury, możemy zapisać, że:
$$P_{t}=\frac{1}{2}(a+3+a)\cdot a \           ,\
P_{t}=\frac{1}{2}(2a+3)\cdot a \           ,\
P_{t}=\frac{1}{2}(2a^2+3a) \           ,\
P_{t}=a^2+1,5a$$

Krok 2. Obliczenie pola powierzchni prostokąta.
Do rozwiązania zadania potrzebne nam jest jeszcze obliczenie pola prostokąta, zatem:
$$P_{p}=(a+2)\cdot a \           ,\
P_{p}=a^2+2a$$

Krok 3. Wybór właściwej odpowiedzi.
Przyglądając się otrzymanym wynikom widzimy, że jedynym prawdziwym zdaniem jest to ostatnie, czyli że pole trapezu jest o \(0,5a\) mniejsze od pola prostokąta, ponieważ:
$$a^2+2a-(a^2+1,5a)=a^2+2a-a^2-1,5a=0,5a$$