Zadanie 8. (0-3)
W trójkącie ostrokątnym ABC bok AB ma długość c, długość boku BC jest równa a oraz
ABC
β
. Dwusieczna kąta ABC przecina bok AC trójkąta w punkcie E.
Wykaż, że długość odcinka BE jest równa
2
cos 2
ac
a
c
β
⋅
MMA_1R
W trójkącie ostrokątnym ABC bok AB ma długość c, długość boku BC jest równa a oraz |∠ABC| = β. Dwusieczna kąta ABC przecina bok AC trójkąta w punkcie E. Wykaż, że długość odcinka BE jest równa 2ac⋅cosβ/2 / a+c.
Zadanie 8. (0-3)
V. Rozumowanie
i argumentacja.
trygonometrycznych w łatwych obliczeniach geometrycznych, w tym
ze wzoru na pole trójkąta ostrokątnego o danych dwóch bokach
i kącie między nimi. (7.4).
Zdający rozpoznaje figury podobne i jednokładne wykorzystuje
(także w kontekstach praktycznych) ich własności. (R7.4).
Zdający znajduje związki miarowe w figurach płaskich
z zastosowaniem twierdzenia sinusów i twierdzenia cosinusów.
(R7.5).
Przykładowe rozwiązania
I sposób
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
Pole trójkąta ABC jest równe
1
sin
2
⋅⋅
β
ABC
P
a c
Pola trójkątów ABE i CBE są równe
1
sin
2
2
⋅⋅
β
ABE
P
d c
oraz
1
sin
2
2
⋅⋅
β
CBE
P
d a
Suma pól trójkątów ABE i CBE jest równa polu trójkąta ABC, zatem
1
1
1
sin
sin
sin
2
2
2
2
2
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
β
β
β
a c
d c
d a
A
B
C
E
a
c
d
2
β
2
β
Stąd
(
)
2sin
cos
sin
2
2
2
⋅⋅
⋅
⋅
β
β
β
a c
d
a
c
(
)
2
cos 2
⋅
⋅
β
ac
d
a
c ,
2
cos 2
⋅
β
ac
d
a
c
To kończy dowód.
II sposób
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
Z twierdzenia o dwusiecznej otrzymujemy
CE
CB
AE
AB , czyli
y
a
x
c .
Z twierdzenia cosinusów dla trójkątów ABE i CBE otrzymujemy
2
2
2
2
cos 2
x
c
d
cd
β
oraz
2
2
2
2
cos 2
y
a
d
ad
β
Zatem
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
cos
2
cos
a
d
ad
a
y
c
x
c
d
cd
β
β
Stąd otrzymujemy
(
)
(
)
2
2
2
2
2
2
2
2
2
cos
2
cos
a
c
d
cd
c
a
d
ad
β
β
,
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
cos
2
cos
a c
a d
a cd
a c
c d
ac d
β
β
,
2
2
2
2
2
2
2
2
2
cos
2
cos
a d
c d
a cd
ac d
β
β
,
(
)
(
)
2
2
2
2
cos
a
c
d
a
c ac
β
Gdy a
c
, wówczas trójkąt ABC jest równoramienny, więc trójkąty ABE i CBE są
prostokątne i przystające. Wtedy
2
cos
d
c
β =
, skąd
2
2
2
2
2
2
cos
cos
cos
2
c
ac
d
c
c
a
c
β
β
β
Gdy zaś a
c
≠
, to (
)(
)
0
a
c
a
c
≠
, czyli
2
2
0
a
c
≠
, więc
(
)
2
2
2
2
2
2
cos
cos
a
c
ac
d
ac
a
c
a
c
β
β
To kończy dowód.
A
B
C
E
a
c
d
2
β
2
β
x
y
III sposób
Poprowadźmy wysokości CG i EF trójkątów ABC i ABE. Ponieważ trójkąt ABC jest
ostrokątny, więc spodki F i G tych wysokości leżą na boku AB trójkąta ABC. Pozostałe
oznaczenia przyjmijmy jak na rysunku.
Z twierdzenia o dwusiecznej otrzymujemy
CE
CB
AE
AB , czyli
y
a
x
c .
Z trójkątów BEF i BCG otrzymujemy
sin 2
β
p
d
oraz
sin
β
h
a
Stąd
sin 2
β
p
d
oraz
sin
β
h
a
Trójkąty AFE i AGC są podobne, gdyż oba są prostokątne i mają wspólny kąt ostry przy
wierzchołku A. Zatem
EF
CG
AE
AC , czyli
p
h
x
x
y .
Stąd i z poprzednio otrzymanych równości otrzymujemy kolejno
sin
sin
2 =
β
β
d
a
x
x
y ,
2sin
cos
2
2
sin 2
1
a
d
y
x
β
β
β
⋅
,
2
cos
2
cos
2
2
1
⋅
⋅
β
β
a
ac
d
a
a
c
c
To kończy dowód.
A
B
C
E
a
c
d
2
β
2
β
F
G
p
h
x
y
Schemat punktowania
I sposób rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny 1 p.
Zdający
• zapisze pola każdego z trójkątów ABC, ABE i CBE w zależności od długości a, c, d
i kąta β :
1
sin
2
⋅⋅
β
ABC
P
a c
,
1
sin
2
2
⋅⋅
β
ABE
P
d c
,
1
sin
2
2
⋅⋅
β
CBE
P
d a
albo
• zapisze, że pole trójkąta ABC jest sumą pól trójkątów ABE i CBE oraz zapisze jedno
z tych pól:
1
sin
2
⋅⋅
β
ABC
P
a c
lub
1
sin
2
2
⋅⋅
β
ABE
P
d c
lub
1
sin
2
2
⋅⋅
β
CBE
P
d a
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2 p.
Zdający zapisze zależność między polem trójkąta ABC i polami trójkątów ABE i CBE
w postaci, w której występują jedynie wielkości a, c, d i β , np.:
1
1
1
sin
sin
sin
2
2
2
2
2
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
β
β
β
a c
d c
d a
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie pełne 3 p.
Zdający przeprowadzi pełne rozumowanie.
II sposób rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny 1 p.
Zdający zapisze zależności między wielkościami x, y, d, a i c oraz kątem β :
y
a
x
c ,
2
2
2
2
cos 2
x
c
d
cd
β
,
2
2
2
2
cos 2
y
a
d
ad
β
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2 p.
Zdający zapisze równanie, np.:
2
2
2
2
2
2
2
2
2
cos
2
cos
a
d
ad
a
c
c
d
cd
β
β
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie pełne 3 p.
Zdający przeprowadzi pełne rozumowanie.
Uwaga
Jeżeli zdający nie rozważy sytuacji gdy a
c
, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty.
III sposób rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny 1 p.
Zdający zapisze
• zależność między wielkościami x, y, a i c oraz zależności między wielkościami p, h i a
oraz kątem β :
y
a
x
c ,
sin 2
β
p
d
,
sin
β
h
a
albo
• zależność między wielkościami x, y, a i c oraz zależności między wielkościami
p, h, x i y oraz kątem β :
y
a
x
c ,
p
h
x
x
y ,
albo
• zależność między wielkościami p, h i a oraz kątem β oraz zależność między
wielkościami x, y, a i c:
sin 2
β
p
d
,
sin
β
h
a
,
y
a
x
c
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2 p.
Zdający zapisze wystarczającą liczbę zależności między wielkościami x, y, a, c, p i h oraz
kątem β , pozwalającą wyznaczyć d w zależności od wielkości a, c i kąta β , np.:
y
a
x
c ,
sin
sin
2 =
β
β
d
a
x
x
y
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie pełne 3 p.
Zdający przeprowadzi pełne rozumowanie.
Uwaga
Jeżeli zdający zapisze jedynie 3 razy twierdzenie cosinusów, to otrzymuje 0 punktów.
Dowód
"}]}