Zadanie 31. (2 pkt)
W prostokącie ABCD punkt P jest środkiem boku BC, a punkt R jest środkiem boku CD.
Wykaż, że pole trójkąta APR jest równe sumie pól trójkątów ADR oraz PCR.
Wypełnia
egzaminator
Nr zadania
30.
31.
Maks. liczba pkt
2
2
Uzyskana liczba pkt
B
A
C
D
P
R
Poziom podstawowy
MMA_1P
Zadanie 31. (2 pkt)
W prostokącie ABCD punkt P jest środkiem boku BC, a punkt R jest środkiem boku CD.
Wykaż, że pole trójkąta APR jest równe sumie pól trójkątów ADR oraz PCR.
I sposób rozwiązania
Przedłużamy prostą AR oraz bok prostokąta BC. Proste te przecinają się w punkcie M.
Rozpatrujemy trójkąty ADR oraz RCM.
ARD
CRM
(kąty wierzchołkowe), kąty przy wierzchołkach D i C są proste oraz
DR
RC
, stąd na podstawie cechy przystawania trójkątów kbk wnioskujemy, że trójkąt ADR
jest przystający do trójkąta RCM. Z przystawania trójkątów mamy AR
RM
Pole trójkąta APR jest równe polu trójkąta RPM, ponieważ oba trójkąty mają równe podstawy
( AR
RM
) oraz taką samą wysokość poprowadzoną z wierzchołka P.
APR
RPM
PCR
RCM
P
P
P
P
Δ
Δ
Δ
Δ
, a z faktu przystawania trójkątów RCM oraz ADR mamy:
APR
PCR
ADR
P
P
P
Δ
Δ
Δ
Schemat oceniania I sposobu rozwiązania
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy zapisze, że pole trójkąta APR jest równe polu trójkąta RPM i na tym poprzestanie lub dalej
popełni błędy
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy przeprowadzi pełne rozumowanie.
B
A
C
D
P
R
B
A
C
D
P
R
M
Matura z matematyki - poziom podstawowy - 2015
Kryteria oceniania odpowiedzi
9
II sposób rozwiązania
Oznaczmy: AD
a
oraz AB
b
, stąd
2
a
BP
PC
,
2
b
CR
RD
Obliczamy
pola
trójkątów
prostokątnych
PCR,
RDA:
1
2 2 2
8
PCR
b a
ab
PΔ
⋅
⋅
oraz
1
2
2
4
RDA
b
ab
P
a
Δ
⋅⋅
zatem
3
8
4
8
PCR
RDA
ab
ab
ab
P
P
Δ
Δ
Trójkąt ABP jest prostokątny i jego pole jest równe 1
2
2
4
a
ab
b⋅
Pole trójkąta APR jest różnicą pola prostokąta ABCD i sumy pól trzech trójkątów prostokątnych
ABP, PCR oraz RDA zatem
3
2
4
8
8
APR
ab
ab
ab
P
ab
Δ
⋅
Otrzymaliśmy równość
APR
PCR
RDA
P
P
P
Δ
Δ
Δ
III sposób rozwiązania
Podzielimy prostokąt ABCD na części, jak na rysunku.
Pole trójkąta APR zapisujemy w następujący sposób:
jest to suma pól trójkątów
1
8
K
ab
,
1
1
2
16
T
K
ab
oraz pola trójkąta AOR, którego pole jest
równe:
1
1
1
3
4
4
16
16
AOR
P
ab
T
ab
ab
ab
Zapisujemy sumę:
1
1
3
3
8
16
16
8
APR
P
ab
ab
ab
ab
Pole trójkąta ARD jest równe
1
2
4
K
ab
. Sumujemy pola trójkąta ARD oraz PCR
i otrzymujemy:
1
1
3
4
8
8
ARD
PCR
P
P
ab
ab
ab
, czyli wykazaliśmy, że
ARD
PCR
APR
P
P
P
Uwaga
Zamiast zapisywać pole prostokąta ABCD w zależności od długości boków możemy użyć
innego oznaczenia, np. P, wtedy otrzymujemy:
1
8
K
P
,
1
16
T
P
,
3
16
AOR
P
P
i dalej
B
A
C
D
P
R
a
b
B
A
C
D
P
R
a
b
T
K
K
O
T
Matura z matematyki - poziom podstawowy - 2015
Kryteria oceniania odpowiedzi
10
1
1
3
3
8
16
16
8
APR
P
P
P
P
P
oraz
1
1
3
4
8
8
ARD
PCR
P
P
P
P
P
Schemat oceniania II i III sposobu rozwiązania
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy zapisze, że pole trójkąta APR stanowi 3
8 pola prostokąta ABCD, np. zapisze
1
1
3
3
8
16
16
8
APR
P
ab
ab
ab
ab
lub
3
2
4
8
8
APR
ab
ab
ab
P
ab
Δ
⋅
i na tym poprzestanie
lub dalej popełni błędy.
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy przeprowadzi pełne rozumowanie.
IV sposób rozwiązania
Poprowadźmy odcinki PN i RM łączące środki boków prostokąta. Niech S będzie punktem ich
.przecięcia.
Trójkąty ADR i RMA są przystające, więc mają równe pola, trójkąty PCR i RSP też są
przystające, więc ich pola też są równe, także trójkąty AMO i PSO są przystające, więc ich pola
też są równe. Zatem
(
)
(
)
(
)
ADR
PCR
AMR
RSP
AOR
AMO
RSP
AOR
PSO
RSP
AOR
PSO
RSP
AOR
OPR
APR
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P
co należało wykazać.
Schemat oceniania IV sposobu rozwiązania
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy ustali, że trójkąty ADR i RMA są przystające, trójkąty PCR i RSP są przystające oraz
trójkąty AMO i PSO są przystające i na tym poprzestanie lub dalej popełni błędy.
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy przeprowadzi pełne rozumowanie.
Niech \\(AB=CD=a\\) oraz \\(BC=AD=b\\). Wtedy \\(P\\) środek \\(BC\\): \\(PC=PB=\\dfrac{b}{2}\\); \\(R\\) środek \\(CD\\): \\(RC=RD=\\dfrac{a}{2}\\).
\nPola trójkątów prostokątnych: \\(P_{ADR}=\\dfrac12\\cdot AD\\cdot DR=\\dfrac12\\cdot b\\cdot\\dfrac{a}{2}=\\dfrac{ab}{4}\\); \\(P_{PCR}=\\dfrac12\\cdot PC\\cdot CR=\\dfrac12\\cdot\\dfrac{b}{2}\\cdot\\dfrac{a}{2}=\\dfrac{ab}{8}\\); \\(P_{ABP}=\\dfrac12\\cdot AB\\cdot BP=\\dfrac12\\cdot a\\cdot\\dfrac{b}{2}=\\dfrac{ab}{4}\\).
\nPole prostokąta \\(=ab\\), więc \\(P_{APR}=ab-\\dfrac{ab}{4}-\\dfrac{ab}{8}-\\dfrac{ab}{4}=ab\\left(1-\\dfrac14-\\dfrac18-\\dfrac14\\right)=ab\\cdot\\dfrac{3}{8}=\\dfrac{3ab}{8}\\).
\nZ drugiej strony \\(P_{ADR}+P_{PCR}=\\dfrac{ab}{4}+\\dfrac{ab}{8}=\\dfrac{3ab}{8}\\). Zatem \\(P_{APR}=P_{ADR}+P_{PCR}\\). \\(\\square\\)
\nPoprawna odpowiedź: B
\nDowód, że \\(P_{APR} = P_{ADR} + P_{PCR}\\)
\nPrzyjmijmy układ współrzędnych: \\(A = (0, 0)\\), \\(B = (a, 0)\\), \\(C = (a, b)\\), \\(D = (0, b)\\).
\n\\(P\\) - środek boku \\(BC\\): \\(P = (a, \\frac{b}{2})\\)
\n\\(R\\) - środek boku \\(CD\\): \\(R = (\\frac{a}{2}, b)\\)
\nPole trójkąta APR (wierzchołki \\(A(0,0)\\), \\(P(a, \\frac{b}{2})\\), \\(R(\\frac{a}{2}, b)\\)):
\\[P_{APR} = \\frac{1}{2}\\left|x_A(y_P - y_R) + x_P(y_R - y_A) + x_R(y_A - y_P)\\right|\\]
\\[= \\frac{1}{2}\\left|0 + a \\cdot b + \\frac{a}{2} \\cdot (-\\frac{b}{2})\\right| = \\frac{1}{2}\\left|ab - \\frac{ab}{4}\\right| = \\frac{1}{2} \\cdot \\frac{3ab}{4} = \\frac{3ab}{8}\\]
Pole trójkąta ADR (wierzchołki \\(A(0,0)\\), \\(D(0,b)\\), \\(R(\\frac{a}{2}, b)\\)):
\\[P_{ADR} = \\frac{1}{2} \\cdot |AD| \\cdot h = \\frac{1}{2} \\cdot b \\cdot \\frac{a}{2} = \\frac{ab}{4}\\]
Pole trójkąta PCR (wierzchołki \\(P(a, \\frac{b}{2})\\), \\(C(a, b)\\), \\(R(\\frac{a}{2}, b)\\)):
Boki \\(PC = \\frac{b}{2}\\) i \\(CR = \\frac{a}{2}\\) są kątami prostymi, więc:
\\[P_{PCR} = \\frac{1}{2} \\cdot \\frac{b}{2} \\cdot \\frac{a}{2} = \\frac{ab}{8}\\]
Sprawdzenie:
\\[P_{ADR} + P_{PCR} = \\frac{ab}{4} + \\frac{ab}{8} = \\frac{2ab + ab}{8} = \\frac{3ab}{8} = P_{APR} \\quad \\text{c.n.d.}\\]
Wzory CKE: Geometria analityczna (s. 23): pole trójkąta ze współrzędnych.
"}]}