Zadanie 8. (0-3)
Długości boków czworokąta wypukłego ABCD wynoszą: AB
a
= , BC
a
2
, CD
b
= , AD
b
2
Wykaż, że jeśli pole czworokąta ABCD jest równe a
b
2
2
, to jest on prostokątem.
7 z 20
Próbny egzamin maturalny z Nową Erą
Matematyka - poziom rozszerzony
Zadanie 8. (0-3)
Wymaganie ogólne
Wymagania szczegółowe
V. Rozumowanie
i argumentacja.
P4) korzysta z własności funkcji trygonometrycznych w łatwych
obliczeniach geometrycznych, w tym ze wzoru na pole trójkąta
ostrokątnego o danych dwóch bokach i kącie między nimi;
R5) znajduje związki miarowe w figurach płaskich z zastosowaniem
twierdzenia sinusów i twierdzenia kosinusów.
4 z 17
Próbny egzamin maturalny z Nową Erą
Matematyka - poziom rozszerzony
Przykładowe rozwiązania
Sposób I
Niech
ABC
B
b =
, zaś
CDA
B
d =
. Wówczas pole czworokąta
ABCD wyraża się, jako suma pól trójkątów ABC oraz CDA,
wzorem
sin
sin
sin
sin
a
a
b
b
a
b
2
1
2
2
1
2
2
2
$
$
$
$
$
$
b
d
b
d
h
h
h
h.
A zatem z założenia występującego w treści zadania mamy równość
sin
sin
a
b
a
b
2
2
2
2
b
d
h
h
. Skoro jednak dla każdego x
R
!
zachodzi nierówność sin x
1
G
^ h
, to musimy mieć sin
sin
1
b
d
h
h
Argumentami są tu miary kątów wewnętrznych czworokąta,
a zatem
90c
b
d
. Trójkąty ABC oraz CDA są więc prostokątne.
Z twierdzenia Pitagorasa dostajemy zatem równości postaci
a
a
AB
BC
AC
CD
DA
b
b
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
h
h , co
po uproszczeniu daje a = b. Ponieważ pary przeciwległych boków
czworokąta mają równe długości, więc jest on równoległobokiem,
w którym jest kąt prosty. Wobec tego wszystkie jego kąty są proste,
więc jest to prostokąt.
Sposób II
Niech
DAB
B
a =
oraz
BCD
B
c =
. Wówczas pole czworokąta ABCD
wyraża się, jako suma pól trójkątów ABD i BCD, wzorem
sin
sin
sin
sin
a
b
a b
ab
2
1
2
2
1 2
$
$
$
$
$
$
a
c
a
c
h
h
h
hh. Skoro dla
każdego x
R
!
zachodzi nierówność sin x
1
G
^ h
, to w szczególności
sin
1
G
a
^ h
oraz sin
1
G
c
^ h
. Dostajemy zatem nierówność postaci
sin
sin
ab
ab
2
H
a
c
h
hh.
Korzystając
dalej
z
nierówności
x
y
xy
2
2
2 H
, prawdziwej dla wszystkich liczb rzeczywistych x, y, która
wynika z nierówności x
y
xy
x
y
2
0
2
2
2 H
h
, dostajemy
a
b
ab
2
2
2 H
. Z założenia pole czworokąta ABCD równe jest jednak
a
b
2
2
. Ostatecznie więc dostajemy
sin
sin
a
b
ab
ab
a
b
2
2
2
2
2
H
H
a
c
h
hh
. Skrajne wyrazy
powyższego ciągu nierówności są równe, zatem wszystkie te nierówności są równościami.
W szczególności a
b
ab
2
2
2
oraz
sin
sin
ab
ab
2
a
c
h
hh. Pierwszą równość zapisać można
równoważnie w postaci a
b
0
2
h
, co implikuje, że a
b
= . A zatem czworokąt ABCD jest
równoległobokiem. Skoro zaś ab
0
2 , to druga równość implikuje
sin
sin
2
a
c
h
h. Korzystamy
raz jeszcze z nierówności sin
1
G
a
^ h
oraz sin
1
G
c
^ h
, co daje nam sin
sin
1
a
c
h
h
Argumentami są tu miary kątów wewnętrznych czworokąta, zatem
90c
a
c
. Równoległobok
ABCD ma więc kąt prosty. Wobec tego wszystkie jego kąty są proste, więc jest to prostokąt.
Alternatywne zakończenie dowodu
Zdający dostrzega, że
sin
sin
ab
ab
2
a
c
h i wnioskuje stąd, że
90c
a
c
. Następnie postępuje
analogicznie jak w pierwszym rozwiązaniu: na mocy twierdzenia Pitagorasa zastosowanego dla
trójkątów DAB i BCD stwierdza, że a = b i stąd wyprowadza wniosek, że rozważany czworokąt jest
prostokątem.
2b
2a
a
b
C
D
A
B
2b
2a
a
b
C
D
A
B
5 z 17
Próbny egzamin maturalny z Nową Erą
Matematyka - poziom rozszerzony
Schemat oceniania
Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny
1 pkt
Zdający zapisze pole czworokąta ABCD jako sumę pól trójkątów ABC oraz CDA i ułożył równanie
sin
sin
a
b
a
b
2
2
2
2
b
d
h
h
Pokonanie zasadniczych trudności zadania
2 pkt
Zdający stwierdzi, że kąty β oraz δ są równe 90° na podstawie własności funkcji trygonometrycznych
albo
stwierdzi, że
sin
sin
ab
ab
2
a
c
h i wywnioskuje, że
90c
a
c
albo
stwierdzi, że a
b
ab
2
2
2
i wywnioskuje stąd, że a
b
Rozwiązanie pełne
3 pkt
Zdający wywnioskuje, że rozważany czworokąt jest prostokątem.