{"id":"matematyka-2021-maj-matura-rozszerzona/zad/13","paper_id":"matematyka-2021-maj-matura-rozszerzona","number":"13","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2021,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 13. (0-4)\nDany jest trójkąt prostokątny 𝐴𝐵𝐶. Promień okręgu wpisanego w ten trójkąt jest pięć razy\nkrótszy od przeciwprostokątnej tego trójkąta. Oblicz sinus tego z kątów ostrych trójkąta 𝐴𝐵𝐶,\nktóry ma większą miarę.\n\nEMAP-R0_100\nOdpowiedź:\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n13.\nMaks. liczba pkt\n4\nUzyskana liczba pkt\n\nEMAP-R0_100\nRozwiązanie zadania. Dany jest trójkąt prostokątny ABC. Promień okręgu wpisanego w ten trójkąt jest pięć razy krótszy od przeciwprostokątnej tego trójkąta. Oblicz sinus tego z kątów ostrych trójkąta ABC, który ma większą miarę.","answer":null,"answer_text":"Zadanie 13. (0-4)\nWymagania egzaminacyjne 2021\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający:\nR7.4) znajduje związki miarowe w figurach\npłaskich […].\nZasady oceniania\nZdający otrzymuje 1 p.\ngdy:\n\nzapisze zależność między długościami boków trójkąta 𝐴𝐵𝐶, wykorzystując warunek\ndotyczący promienia, np.: 𝑎+𝑏-𝑐\n2\n= 1\n5 𝑐\nALBO\n\nzapisze zależności między długościami boków trójkąta 𝐴𝐵𝐶, długościami dwóch\nodcinków stycznych i promieniem okręgu wpisanego w trójkąt , np. 𝑎= 𝑥+ 𝑟, 𝑏= 𝑦+ 𝑟,\n5𝑟= 𝑥+ 𝑦\nALBO\n\nzapisze tangensy kątów 𝛼\n2 i 𝛽\n2 w zależności od 𝑟, 𝑥 i 𝑦, np.: tg 𝛼\n2 = 𝑟\n𝑦 , tg 𝛽\n2 = 𝑟\n𝑥\nZdający otrzymuje 2 p.\ngdy:\n\nzapisze równanie kwadratowe z dwiema niewiadomymi wynikające z zastosowania\ntwierdzenia Pitagorasa, np.:\n𝑎2 + (7\n5 𝑐-𝑎)\n2\n= 𝑐2 lub 𝑎2 + (7𝑟-𝑎)2 = (5𝑟)2\nALBO\n\nzapisze równanie trygonometryczne prowadzące do wyznaczenia kąta ostrego trójkąta,\nnp.:\nsin 𝛼+ cos 𝛼= 7\n5\nALBO\n\nzapisze równanie trygonometryczne prowadzące do wyznaczenia kąta ostrego trójkąta,\nnp.:\n1\ntg\n𝛼\n2\n1 + tg\n𝛼\n2\n1 -tg\n𝛼\n2\n= 5\nALBO\n\nzapisze równanie trygonometryczne prowadzące do wyznaczenia kąta ostrego trójkąta,\nnp.:\n25 ∙sin2𝛼= 24\nZdający otrzymuje 3 p.\ngdy:\n\nrozwiąże otrzymane równanie kwadratowe (np.: 𝑎= 3\n5 𝑐 lub 𝑎= 4\n5 𝑐) lub obliczy stosunek\ndwóch różnych boków trójkąta, np.: 𝑎\n𝑐= 3\n5 lub 𝑎\n𝑐= 4\n5\nALBO\n\nrozwiąże otrzymane równanie kwadratowe i obliczy zależność między długością\nprzyprostokątnej trójkąta i promieniem okręgu wpisanego, np.: 𝑎= 4𝑟 lub 𝑎= 3𝑟\nALBO\n\nzapisze równanie, w którym występuje tylko sinus/cosinus kąta ostrego trójkąta, np.\nsin2 𝛼+ (7\n5 -sinα)\n2\n= 1\nALBO\n\nrozwiąże równanie 1\ntg(𝛼\n2) +\n1+tg(𝛼\n2)\n1-tg(𝛼\n2) = 5 z niewiadomą tg 𝛼\n2: tg 𝛼\n2 = 1\n3 lub tg 𝛼\n2 = 1\n2\nALBO\n\nzapisze dwa równania z tą samą niewiadomą\n1 -2sin2𝛼= 7\n25 lub 1 -2sin2𝛼= -7\n25.\nZdający otrzymuje 4 p.\ngdy zastosuje poprawną metodę i obliczy wartość sinusa większego z kątów ostrych trójkąta: 4\n5 .\nUwagi:\n1. Jeżeli zdający, realizując strategię rozwiązania zadania, popełnia błędy rachunkowe, które\nnie przekreślają poprawności rozumowania i doprowadza rozwiązanie do końca to może\notrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie.\n2. Jeżeli zdający rozwiąże zadanie do końca i w odpowiedzi zapisuje: sin 𝛼= 4\n5 oraz\nsin 𝛽= 3\n5, to otrzymuje 3 punkty za całe rozwiązanie.\n3. Jeżeli zdający, realizując strategię rozwiązania zadania, popełni błąd merytoryczny\ni doprowadza rozwiązanie do końca, to może otrzymać maksymalnie 2 punkty za całe\nrozwiązanie, o ile wcześniej zdający nie nabył praw do otrzymania 3 punktów.\n4. Jeżeli zdający zapisze bez uzasadnienia, że boki trójkąta mają długości 3𝑟, 4𝑟, 5𝑟\ni w odpowiedzi poda sinus większego z kątów ostrych, to otrzymuje 1 punkt za całe\nrozwiązanie.\n5. Jeżeli zdający błędnie założy, że 𝑟> 𝑐, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie.\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób 1.\nPrzyjmijmy następujące oznaczenia:\n𝑎, 𝑏, 𝑐 - długości boków trójkąta 𝐴𝐵𝐶\n𝛼, 𝛽 - miary kątów ostrych trójkąta\n𝑟 - promień okręgu wpisanego w trójkąt 𝐴𝐵𝐶. (Zobacz rysunek).\nWtedy 𝑎2 + 𝑏2 = 𝑐2 oraz 𝑟= 𝑎+𝑏-𝑐\n2\nZ warunków zadania wynika, że 𝑟= 1\n5 𝑐.\nZatem\n𝑐\n5 = 𝑎+ 𝑏-𝑐\n2\n2𝑐= 5𝑎+ 5𝑏-5𝑐\n𝑏= 7\n5 𝑐-𝑎\nPodstawiając otrzymaną zależność do równości wynikającej z twierdzenia Pitagorasa,\notrzymujemy:\n𝑎2 + (7\n5 𝑐-𝑎)\n2\n= 𝑐2\n2𝑎2 -14\n5 𝑎𝑐+ 24\n25 𝑐2 = 0\n25𝑎2 -35𝑎𝑐+ 12𝑐2 = 0\nPotraktujmy otrzymane równanie jak równanie kwadratowe z niewiadomą 𝑎 i parametrem 𝑐.\nOtrzymujemy zatem\nΔ = (-35𝑐)2 -4 ⋅25 ⋅12𝑐2 = 25𝑐2\n𝑎= 35𝑐-5𝑐\n50\n= 3\n5 𝑐 lub 𝑎= 35𝑐+ 5𝑐\n50\n= 4\n5 𝑐\nGdy 𝑎= 3\n5 𝑐, to wtedy 𝑏= 7\n5 𝑐-3\n5 𝑐= 4\n5 𝑐, a gdy 𝑎= 4\n5 𝑐, to 𝑏= 7\n5 𝑐-4\n5 𝑐= 3\n5 𝑐. W każdym\nz tych przypadków otrzymujemy więc taki sam trójkąt (z dokładnością do oznaczeń). Bez straty\n𝛼\n𝛽\n𝑟\n𝑎\n𝑐\n𝑏\n𝐵\n𝐴\n𝐶\nogólności można przyjąć, że 𝑎= 3\n5 𝑐 i 𝑏= 4\n5 𝑐. Przy oznaczeniach z rysunku mamy\nsin 𝛼= 𝑎\n𝑐=\n3\n5 𝑐\n𝑐= 3\n5 oraz sin 𝛽= 𝑏\n𝑐=\n4\n5 𝑐\n𝑐= 4\n5 . Kąty 𝛼 i 𝛽 są ostre, więc ten z nich ma\nwiększą miarę, dla którego sinus przyjmuje większą wartość.\nZatem sinus większego z kątów ostrych trójkąta 𝐴𝐵𝐶 jest równy 4\n5 .\nUwaga:\nRównanie 25𝑎2 -35𝑎𝑐+ 12𝑐2 = 0 możemy też podzielić stronami przez 𝑐2. Otrzymujemy\nwtedy równanie kwadratowe 25 (𝑎\n𝑐)\n2\n-35 ⋅(𝑎\n𝑐) + 12 = 0 z niewiadomą 𝑎\n𝑐. Rozwiązując to\nrównanie, otrzymujemy 𝑎\n𝑐= 3\n5 lub 𝑎\n𝑐= 4\n5. Są to wartości sinusa kąta 𝛼.\nSposób 2. (równość odcinków stycznych oraz twierdzenie Pitagorasa).\nPrzyjmijmy następujące oznaczenia:\n𝑎, 𝑏, 𝑐 - długości boków trójkąta 𝐴𝐵𝐶\n𝛼, 𝛽 - miary kątów ostrych trójkąta\n𝑟 - promień okręgu wpisanego w trójkąt 𝐴𝐵𝐶. (Zobacz rysunek).\nZakładamy, że bok 𝐵𝐶 jest sumą odcinków o długościach 𝑎-𝑟 oraz 𝑟.\nPonieważ z treści zadania wynika, że 𝑐= 5𝑟, więc na mocy równości odcinków stycznych,\nprzeciwprostokątna jest sumą odcinków o długościach 𝑎-𝑟 oraz 5𝑟-(𝑎-𝑟) = 6𝑟-𝑎.\nOtrzymujemy zatem trójkąt prostokątny 𝐴𝐵𝐶, którego boki mają długości: 𝑎, 7𝑟-𝑎 oraz 5𝑟.\nStosujemy twierdzenie Pitagorasa i zapisujemy równanie z dwiema niewiadomymi:\n𝑎2 + (7𝑟-𝑎)2 = (5𝑟)2\nTo równanie jest równoważne równaniu 𝑎2 -7𝑎𝑟+ 12𝑟2 = 0.\nPowyższe równanie traktujemy jako równanie kwadratowe z niewiadomą 𝑎 i z parametrem 𝑟.\nObliczamy wyróżnik:\nΔ = (-7𝑟)2 -4 ⋅1 ⋅12𝑟2 = 𝑟2\ni otrzymujemy dwa rozwiązania:\n𝑎= 7𝑟+ 𝑟\n2\n= 4𝑟 oraz 𝑎= 7𝑟-𝑟\n2\n= 3𝑟\nJeśli 𝑎= 4𝑟, to wtedy 𝑏= 7𝑟-4𝑟= 3𝑟. Jeśli 𝑎= 3𝑟, to 𝑏= 7𝑟-3𝑟= 4𝑟.\n𝛼\n𝛽\n𝑟\n𝑎\n𝑐\n𝑏\n𝐵\n𝐴\n𝐶\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nW każdym z tych przypadków otrzymujemy więc taki sam trójkąt (z dokładnością do\noznaczeń). Bez straty ogólności można przyjąć, że 𝑎= 4𝑟 i 𝑏= 3𝑟.\nPrzy oznaczeniach z rysunku mamy sin 𝛼= 𝑎\n𝑐= 4𝑟\n5𝑟= 4\n5 oraz sin 𝛽= 𝑏\n𝑐= 3𝑟\n5𝑟= 3\n5 . Ponieważ\nkąty 𝛼 i 𝛽 są ostre, więc ten z nich ma większą miarę, którego sinus przyjmuje większą\nwartość.\nZatem sinus większego z kątów ostrych trójkąta 𝐴𝐵𝐶 jest równy 4\n5 .\nSposób 3.\nPrzyjmijmy następujące oznaczenia:\n𝑎, 𝑏, 𝑐 - długości boków trójkąta 𝐴𝐵𝐶\n𝛼, 𝛽 - miary kątów ostrych trójkąta\n𝑟 - promień okręgu wpisanego w trójkąt 𝐴𝐵𝐶. (Zobacz rysunek).\nWtedy 𝑎2 + 𝑏2 = 𝑐2 oraz 𝑟= 𝑎+𝑏-𝑐\n2\n. Z warunków zadania wynika, że 𝑟= 1\n5 𝑐. Zatem\n𝑐\n5 = 𝑎+ 𝑏-𝑐\n2\n2𝑐= 5𝑎+ 5𝑏-5𝑐\n5𝑎+ 5𝑏= 7𝑐\n𝑎\n𝑐+ 𝑏\n𝑐= 7\n5\nPonieważ 𝑎\n𝑐= sin 𝛼 i 𝑏\n𝑐= cos 𝛼, więc możemy zapisać równanie trygonometryczne\nsin 𝛼+ cos 𝛼= 7\n5\nZ układu równań\n{ sin 𝛼+ cos 𝛼= 7\n5\nsin2 𝛼+ cos2 𝛼= 1\nobliczamy sin 𝛼= 3\n5 lub sin 𝛼= 4\n5. Wówczas - odpowiednio do otrzymanych wartości sin 𝛼\n- mamy: cos 𝛼= 4\n5 = sin 𝛽 lub cos 𝛼= 3\n5 = sin 𝛽.\n𝛼\n𝛽\n𝑟\n𝑎\n𝑐\n𝑏\n𝐵\n𝐴\n𝐶\nKąty 𝛼 i 𝛽 są ostre, więc ten z nich ma większą miarę, dla którego sinus przyjmuje większą\nwartość. Zatem sinus większego z kątów ostrych trójkąta 𝐴𝐵𝐶 jest równy 4\n5 .\nSposób 4. (pole i obwód trójkąta).\nPrzyjmijmy następujące oznaczenia:\n𝑎, 𝑏, 𝑐 - długości boków trójkąta 𝐴𝐵𝐶\n𝛼, 𝛽 - miary kątów ostrych trójkąta\n𝑟 - promień okręgu wpisanego w trójkąt 𝐴𝐵𝐶. (Zobacz rysunek).\nPonieważ z treści zadania wynika, że 𝑐= 5𝑟, więc ze wzoru na promień okręgu wpisanego\nw ten trójkąt otrzymujemy zależność\n𝑟= 𝑎+ 𝑏-5𝑟\n2\nZatem\n𝑎+ 𝑏= 7𝑟\nPonadto wiemy, że pole trójkąta jest równe iloczynowi promienia okręgu wpisanego i połowy\nobwodu trójkąta, więc\n𝑃∆= 𝑟∙𝑝= 𝑟∙1\n2 (𝑎+ 𝑏+ 𝑐) = 𝑟∙1\n2 (7𝑟+ 5𝑟) = 6𝑟2\nZapisujemy zatem układ równań\n{\n1\n2 ∙𝑎∙𝑏= 6𝑟2\n𝑎+ 𝑏= 7𝑟\nPonieważ 𝑏= 7𝑟-𝑎, więc pierwsze równanie przyjmuje postać 𝑎∙(7𝑟-𝑎) = 12𝑟2. Po\nprzekształceniach otrzymujemy równoważne równanie kwadratowe, w którym możemy\nprzyjąć, że niewiadomą jest 𝑎, natomiast parametrem 𝑟:\n-𝑎2 + 7𝑎𝑟-12𝑟2 = 0\nObliczamy wyróżnik trójmianu stojącego po lewej stronie równania:\nΔ = (7𝑟)2 -4 ⋅(-1) ⋅(-12𝑟2) = 𝑟2\ni otrzymujemy dwa rozwiązania:\n𝑎= -7𝑟+ 𝑟\n-2\n= 3𝑟 oraz 𝑎= -7𝑟-𝑟\n-2\n= 4𝑟\n𝛼\n𝛽\n𝑟\n𝑎\n𝑐\n𝑏\n𝐵\n𝐴\n𝐶\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nJeśli 𝑎= 3𝑟, to wtedy 𝑏= 7𝑟-3𝑟= 4𝑟. Jeśli 𝑎= 4𝑟, to 𝑏= 7𝑟-4𝑟= 3𝑟.\nW każdym z tych przypadków otrzymujemy więc taki sam trójkąt (z dokładnością do\noznaczeń). Bez straty ogólności można przyjąć, że 𝑎= 3𝑟 i 𝑏= 4𝑟.\nPrzy oznaczeniach z rysunku mamy sin 𝛼= 𝑎\n𝑐= 3𝑟\n5𝑟= 3\n5 oraz sin 𝛽= 𝑏\n𝑐= 4𝑟\n5𝑟= 4\n5 . Ponieważ\nkąty 𝛼 i 𝛽 są ostre, więc ten z nich ma większą miarę, którego sinus przyjmuje większą\nwartość.\nZatem sinus większego z kątów ostrych trójkąta 𝐴𝐵𝐶 jest równy 4\n5 .\nSposób 5.\nPrzyjmijmy następujące oznaczenia:\n𝑆 - środek okręgu wpisanego w trójkąt 𝐴𝐵𝐶\n𝐷 - punkt styczności okręgu wpisanego z prostą zawierającą przeciwprostokątną trójkąta\n𝑎, 𝑏, 𝑐 - długości boków trójkąta 𝐴𝐵𝐶\n𝛼, 𝛽 - miary kątów ostrych trójkąta\n𝑟 - promień okręgu wpisanego w trójkąt 𝐴𝐵𝐶. (Zobacz rysunek).\nŚrodek 𝑆 okręgu wpisanego w trójkąt jest punktem przecięcia dwusiecznych kątów\nwewnętrznych trójkąta. Zatem |∡𝐷𝐴𝑆| = 1\n2 𝛼 i |𝐷𝐵𝑆| = 1\n2 𝛽. Z definicji tangensa kąta ostrego\notrzymujemy tg 𝛼\n2 = 𝑟\n𝑦 oraz tg 𝛽\n2 = 𝑟\n𝑥 . Stąd\n𝑥= 𝑟\ntg\n𝛽\n2\noraz 𝑦= 𝑟\ntg\n𝛼\n2\nZ założenia wiemy, że 𝑥+ 𝑦= 𝑐= 5𝑟. Zatem\n𝑟\ntg\n𝛽\n2\n+ 𝑟\ntg\n𝛼\n2\n= 5𝑟\n1\ntg\n𝛼\n2\n+ 1\ntg\n𝛽\n2\n= 5\nPo uwzględnieniu zależności 𝛼+ 𝛽= 90° otrzymujemy\n𝛼\n𝛽\n𝑟\n𝑎\n𝑐\n𝑏\n𝐵\n𝐴\n𝐶\n𝑆\n𝐷\n𝑦\n𝑥\n1\ntg\n𝛼\n2\n1\ntg (45° -\n𝛼\n2)\n= 5\nStosujemy wzór na tangens różnicy kątów i przekształcamy otrzymane równanie\n1\ntg\n𝛼\n2\n1 + tg 45° ⋅tg\n𝛼\n2\ntg 45° -tg\n𝛼\n2\n= 5\n1\ntg\n𝛼\n2\n1 + tg\n𝛼\n2\n1 -tg\n𝛼\n2\n= 5\n1 -tg 𝛼\n2 + (1 + tg 𝛼\n2) ⋅tg 𝛼\n2 = 5 (1 -tg 𝛼\n2) ⋅tg 𝛼\n2\n6 (tg 𝛼\n2)\n2\n-5 tg 𝛼\n2 + 1 = 0\n(2 tg 𝛼\n2 -1) (3 tg 𝛼\n2 -1) = 0\ntg 𝛼\n2 = 1\n2 lub tg 𝛼\n2 = 1\n3\nGdy tg 𝛼\n2 = 1\n2, to wtedy tg 𝛼=\n2tg(𝛼\n2)\n1-tg2(𝛼\n2) =\n2⋅1\n2\n1-(1\n2)\n2 = 4\n3 .\nGdy tg 𝛼\n2 = 1\n3, to wtedy tg 𝛼=\n2tg(𝛼\n2)\n1-tg2(𝛼\n2) =\n2⋅1\n3\n1-(1\n3)\n2 = 3\n4 .\nZatem długości boków trójkąta mają się jak 3: 4: 5 i sinus większego z kątów ostrych trójkąta\njest równy 4\n5 .\nSposób 6. (sinus podwojonego kąta)\nPrzyjmijmy następujące oznaczenia:\n𝑎, 𝑏, 𝑐 - długości boków trójkąta 𝐴𝐵𝐶\n𝛼, 𝛽 - miary kątów ostrych trójkąta\n𝑟 - promień okręgu wpisanego w trójkąt 𝐴𝐵𝐶. (Zobacz rysunek).\n𝛼\n𝛽\n𝑟\n𝑎\n𝑐\n𝑏\n𝐵\n𝐴\n𝐶\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nWtedy 𝑟= 𝑎+𝑏-𝑐\n2\n. Z treści zadania wynika, że 𝑐= 5𝑟.\nZatem\n𝑐= 5 ∙𝑎+ 𝑏-𝑐\n2\n2𝑐= 5𝑎+ 5𝑏-5𝑐\n5𝑎+ 5𝑏= 7𝑐\nPonieważ obie strony tej równości są dodatnie, więc:\n25𝑎2 + 50𝑎𝑏+ 25𝑏2 = 49𝑐2\n25(𝑎2 + 𝑏2) + 50𝑎𝑏= 49𝑐2\n25𝑐2 + 50𝑎𝑏= 24𝑐2\n50𝑎𝑏= 24𝑐2\nPonieważ 𝑎= 𝑐∙sin𝛼 oraz 𝑏= 𝑐∙cos𝛼, więc powyższą równość możemy zapisać\nw postaci\n50 ∙𝑐2 ∙sin𝛼∙cos𝛼= 24𝑐2\na zatem\n25 ∙sin2𝛼= 24\nczyli\nsin2𝛼= 24\n25\nKorzystamy z tożsamości sin22𝛼+ cos22𝛼= 1 i otrzymujemy\ncos22𝛼= 1 -(24\n25)\n2\n= 49\n625\nZatem cos2𝛼= 7\n25 lub cos2𝛼= -7\n25 . Ale cos2𝛼= 1 -2sin2𝛼, więc\n1 -2sin2𝛼= 7\n25 lub 1 -2sin2𝛼= -7\n25\nStąd\nsin2𝛼= 9\n25 lub sin2𝛼= 16\n25\nKąt 𝛼 jest ostry, więc sin𝛼> 0. Zatem otrzymujemy sin𝛼= 3\n5 lub sin𝛼= 4\n5 .\nWówczas - odpowiednio do otrzymanych wartości sin 𝛼 - mamy: cos 𝛼= 4\n5 = sin 𝛽 lub\ncos 𝛼= 3\n5 = sin 𝛽. Ponieważ kątowi ostremu o większej mierze odpowiada większa wartość\nsinusa, więc sinus większego z kątów ostrych trójkąta 𝐴𝐵𝐶 jest równy 4\n5 .","solution":"## Poprawna odpowiedź: \\(\\sin\\alpha = \\dfrac{4}{5}\\)\n\nGdzie \\(\\alpha\\) to większy z kątów ostrych trójkąta prostokątnego.\n\n## Sposób 1 - układ równań z wzorem na promień okręgu wpisanego\n\n**Oznaczenia:** niech \\(a, b\\) - przyprostokątne, \\(c\\) - przeciwprostokątna, \\(\\alpha\\) - większy kąt ostry (naprzeciw \\(a\\)).\n\n**Krok 1 - warunek zadania.**\n\nPromień okręgu wpisanego jest pięciokrotnie krótszy od przeciwprostokątnej:\n\\[r = \\frac{c}{5}\\]\n\n**Krok 2 - wzór na promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny.**\n\nZ karty CKE: dla trójkąta prostokątnego \\(r = \\dfrac{a + b - c}{2}\\), więc:\n\\[\\frac{a + b - c}{2} = \\frac{c}{5}\\]\n\\[a + b - c = \\frac{2c}{5}\\]\n\\[a + b = c + \\frac{2c}{5} = \\frac{7c}{5}\\]\n\n**Krok 3 - dzielę obustronnie przez \\(c\\).**\n\n\\[\\frac{a}{c} + \\frac{b}{c} = \\frac{7}{5}\\]\n\nAle \\(\\dfrac{a}{c} = \\sin\\alpha\\) oraz \\(\\dfrac{b}{c} = \\cos\\alpha\\) (kąt \\(\\alpha\\) naprzeciw dłuższej przyprostokątnej), więc:\n\\[\\sin\\alpha + \\cos\\alpha = \\frac{7}{5}\\]\n\n**Krok 4 - układ z jedynką trygonometryczną.**\n\nMam:\n\\[\\begin{cases} \\sin\\alpha + \\cos\\alpha = \\dfrac{7}{5} \\\\ \\sin^2\\alpha + \\cos^2\\alpha = 1 \\end{cases}\\]\n\nPodstawiam \\(\\cos\\alpha = \\dfrac{7}{5} - \\sin\\alpha\\) do drugiego równania:\n\\[\\sin^2\\alpha + \\left(\\frac{7}{5} - \\sin\\alpha\\right)^2 = 1\\]\n\\[\\sin^2\\alpha + \\frac{49}{25} - \\frac{14}{5}\\sin\\alpha + \\sin^2\\alpha = 1\\]\n\\[2\\sin^2\\alpha - \\frac{14}{5}\\sin\\alpha + \\frac{49}{25} - 1 = 0\\]\n\\[2\\sin^2\\alpha - \\frac{14}{5}\\sin\\alpha + \\frac{24}{25} = 0\\]\n\nMnożę przez \\(25\\):\n\\[50\\sin^2\\alpha - 70\\sin\\alpha + 24 = 0\\]\n\\[25\\sin^2\\alpha - 35\\sin\\alpha + 12 = 0\\]\n\n**Krok 5 - delta i rozwiązania.**\n\n\\[\\Delta = 35^2 - 4 \\cdot 25 \\cdot 12 = 1225 - 1200 = 25\\]\n\\[\\sin\\alpha = \\frac{35 \\pm 5}{50}\\]\n\nDwa rozwiązania:\n\\[\\sin\\alpha = \\frac{40}{50} = \\frac{4}{5} \\qquad \\text{lub} \\qquad \\sin\\alpha = \\frac{30}{50} = \\frac{3}{5}\\]\n\n**Krok 6 - który kąt jest większy?**\n\nKąt \\(\\alpha\\) jest **większym** kątem ostrym, więc \\(\\alpha > 45°\\), a zatem \\(\\sin\\alpha > \\sin 45° = \\dfrac{\\sqrt{2}}{2} \\approx 0{,}707\\).\n\n- \\(\\dfrac{4}{5} = 0{,}8 > 0{,}707\\) ✓\n- \\(\\dfrac{3}{5} = 0{,}6 < 0{,}707\\) ✗\n\n**Odpowiedź:** \\[\\boxed{\\sin\\alpha = \\frac{4}{5}}\\]\n\n## Sposób 2 - sprytna metoda przez \\(\\sin 2\\alpha\\)\n\n**Krok 1 - ta sama równość co w Sposobie 1:**\n\\[\\sin\\alpha + \\cos\\alpha = \\frac{7}{5}\\]\n\n**Krok 2 - podnosimy do kwadratu obie strony:**\n\\[(\\sin\\alpha + \\cos\\alpha)^2 = \\frac{49}{25}\\]\n\\[\\sin^2\\alpha + 2\\sin\\alpha\\cos\\alpha + \\cos^2\\alpha = \\frac{49}{25}\\]\n\\[1 + \\sin 2\\alpha = \\frac{49}{25}\\]\n\\[\\sin 2\\alpha = \\frac{24}{25}\\]\n\n**Krok 3 - obliczamy \\(\\sin\\alpha - \\cos\\alpha\\):**\n\\[(\\sin\\alpha - \\cos\\alpha)^2 = 1 - 2\\sin\\alpha\\cos\\alpha = 1 - \\sin 2\\alpha = 1 - \\frac{24}{25} = \\frac{1}{25}\\]\n\nPonieważ \\(\\alpha > 45°\\), mamy \\(\\sin\\alpha > \\cos\\alpha\\), więc:\n\\[\\sin\\alpha - \\cos\\alpha = \\frac{1}{5}\\]\n\n**Krok 4 - układ liniowy:**\n\\[\\begin{cases} \\sin\\alpha + \\cos\\alpha = \\dfrac{7}{5} \\\\[6pt] \\sin\\alpha - \\cos\\alpha = \\dfrac{1}{5} \\end{cases}\\]\n\nDodajemy stronami:\n\\[2\\sin\\alpha = \\frac{8}{5} \\implies \\sin\\alpha = \\frac{4}{5}\\]\n\n**Weryfikacja:** \\(\\cos\\alpha = \\dfrac{7}{5} - \\dfrac{4}{5} = \\dfrac{3}{5}\\), \\(a = 4k\\), \\(b = 3k\\), \\(c = 5k\\) (trójka pitagorejska!).\nPromień: \\(r = \\dfrac{4k + 3k - 5k}{2} = k = \\dfrac{c}{5}\\) ✓\n\n## Wzory z karty CKE\n\n**Dział 10 (Planimetria, s. 15-21)** - wzór na promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny:\n\\[r = \\frac{a + b - c}{2}\\]\nTo kluczowy wzór zadania - bez niego nie da się powiązać promienia z bokami.\n\n**Dział 9 (Trygonometria, s. 11-14)** - jedynka trygonometryczna:\n\\[\\sin^2\\alpha + \\cos^2\\alpha = 1\\]\nUżyta w obu sposobach do zamknięcia układu równań.\n\n**Dział 9 (Trygonometria, s. 13)** - wzór na sinus podwojonego kąta (Sposób 2):\n\\[\\sin 2\\alpha = 2\\sin\\alpha\\cos\\alpha\\]\n\n## Typowe pułapki i uwagi\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Wzór \\(r = \\dfrac{a+b-c}{2}\\) dotyczy tylko trójkąta prostokątnego - nie mylić z ogólnym wzorem \\(P = p \\cdot r\\) (choć oba są poprawne, ten jest prostszy w użyciu tutaj).\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Po rozwiązaniu równania kwadratowego wychodzą dwa rozwiązania: \\(\\dfrac{3}{5}\\) i \\(\\dfrac{4}{5}\\). Trzeba wybrać właściwe - to dotyczące **większego** kąta ostrego, czyli \\(\\sin\\alpha > \\dfrac{\\sqrt{2}}{2}\\). Wielu uczniów podaje \\(\\dfrac{3}{5}\\) i traci punkty.\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Trójka \\((3, 4, 5)\\) to klasyczna trójka pitagorejska - gdy wynik wychodzi tak \"ładnie\", warto sprawdzić czy trójkąt o takiej trójce spełnia warunki zadania (tu: \\(r = 1\\), \\(c = 5\\), czyli \\(r = c/5\\) ✓).\n\n### Sposob 1 (wzor r = (a+b-c)/2 + tw. Pitagorasa)\nNiech \\(a, b\\) - przyprostokatne, \\(c\\) - przeciwprostokatna. Z karty wzorow (okrag wpisany w trojkat prostokatny): \\(r = \\dfrac{a + b - c}{2}\\).\n\nZ warunku \\(r = \\tfrac{c}{5}\\): \\(\\dfrac{c}{5} = \\dfrac{a+b-c}{2} \\Rightarrow 2c = 5a + 5b - 5c \\Rightarrow 5a + 5b = 7c \\Rightarrow b = \\tfrac{7}{5}c - a\\).\n\nZ tw. Pitagorasa \\(a^{2} + b^{2} = c^{2}\\):\n\\[a^{2} + \\left(\\tfrac{7}{5}c - a\\right)^{2} = c^{2} \\Rightarrow a^{2} + \\tfrac{49}{25}c^{2} - \\tfrac{14}{5}ac + a^{2} = c^{2}.\\]\n\\[2a^{2} - \\tfrac{14}{5}ac + \\tfrac{49}{25}c^{2} - c^{2} = 0 \\Rightarrow 2a^{2} - \\tfrac{14}{5}ac + \\tfrac{24}{25}c^{2} = 0 \\Rightarrow 50a^{2} - 70ac + 24c^{2} = 0.\\]\n\\[25a^{2} - 35ac + 12c^{2} = 0.\\]\n\nTraktujac jako rownanie kwadratowe z niewiadoma \\(a\\), parametrem \\(c\\): \\(\\Delta = 1225c^{2} - 1200c^{2} = 25c^{2}\\), \\(a = \\dfrac{35c \\pm 5c}{50}\\), czyli \\(a = \\tfrac{3}{5}c\\) lub \\(a = \\tfrac{4}{5}c\\).\n\nWtedy \\(b = \\tfrac{4}{5}c\\) lub \\(b = \\tfrac{3}{5}c\\). Boki: \\(3k, 4k, 5k\\).\n\nSinus wiekszego z katow ostrych: \\(\\sin \\beta = \\dfrac{4k}{5k} = \\dfrac{4}{5}\\).\n\n### Sposob 2 (sinus podwojonego kata)\nZ rownosci odcinkow stycznych i wzoru na r: \\(c = 5r, a + b = 7r\\). Pole trojkata: \\(P = \\tfrac{1}{2}ab = r \\cdot s = r \\cdot \\tfrac{1}{2}(a+b+c) = \\tfrac{1}{2}r(7r + 5r) = 6r^{2}\\).\n\nWiec \\(ab = 12r^{2}\\).\n\nKorzystajac z \\(a = c\\sin\\alpha, b = c\\cos\\alpha\\): \\(c^{2}\\sin\\alpha\\cos\\alpha = 12r^{2} = 12(c/5)^{2} = \\tfrac{12}{25}c^{2}\\).\n\nStad \\(\\sin\\alpha\\cos\\alpha = \\tfrac{12}{25}\\), czyli \\(\\sin 2\\alpha = \\tfrac{24}{25}\\).\n\nZ \\(\\sin^{2}2\\alpha + \\cos^{2}2\\alpha = 1\\): \\(\\cos 2\\alpha = \\pm\\tfrac{7}{25}\\). Z \\(\\cos 2\\alpha = 1 - 2\\sin^{2}\\alpha\\): \\(\\sin^{2}\\alpha = \\tfrac{9}{25}\\) lub \\(\\tfrac{16}{25}\\). Zatem \\(\\sin\\alpha = \\tfrac{3}{5}\\) lub \\(\\sin\\alpha = \\tfrac{4}{5}\\).\n\nSinus wiekszego kata ostrego: \\(\\dfrac{4}{5}\\).\n\n### Uwagi o punktacji\n- 1 pkt: zaleznosc \\(\\tfrac{a+b-c}{2} = \\tfrac{1}{5}c\\) lub \\(a = x+r, b = y+r, 5r = x+y\\), lub \\(\\tan\\tfrac{\\alpha}{2}, \\tan\\tfrac{\\beta}{2}\\) w zaleznosci od r, x, y.\n- 2 pkt: rownanie kwadratowe np. \\(a^{2} + (\\tfrac{7}{5}c - a)^{2} = c^{2}\\) lub \\(\\sin\\alpha + \\cos\\alpha = \\tfrac{7}{5}\\) lub \\(25\\sin 2\\alpha = 24\\).\n- 3 pkt: rozwiazanie kwadratowe lub zaleznosc a = 3r lub a = 4r.\n- 4 pkt: poprawny wynik \\(\\sin = \\tfrac{4}{5}\\).\n\n**Trik:** Trojkat Pitagorejski 3-4-5 ma wpisany okrag r = 1 przy c = 5, wiec stosunek \\(r:c = 1:5\\). Bez wielu obliczen: odpowiedz \\(\\tfrac{4}{5}\\).","image":"img/matematyka-2021-maj-matura-rozszerzona/zad-13.webp","solution_image":"img/matematyka-2021-maj-matura-rozszerzona/sol-13.svg","topics":"planimetria","page_from":18,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturazai","text_source":"site","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2021 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 13. (0-4)
Dany jest trójkąt prostokątny 𝐴𝐵𝐶. Promień okręgu wpisanego w ten trójkąt jest pięć razy
krótszy od przeciwprostokątnej tego trójkąta. Oblicz sinus tego z kątów ostrych trójkąta 𝐴𝐵𝐶,
który ma większą miarę.

\n

EMAP-R0_100
Odpowiedź:
Wypełnia
egzaminator
Nr zadania
13.
Maks. liczba pkt
4
Uzyskana liczba pkt

\n

EMAP-R0_100
Rozwiązanie zadania. Dany jest trójkąt prostokątny ABC. Promień okręgu wpisanego w ten trójkąt jest pięć razy krótszy od przeciwprostokątnej tego trójkąta. Oblicz sinus tego z kątów ostrych trójkąta ABC, który ma większą miarę.

","answer_text_html":"

Zadanie 13. (0-4)
Wymagania egzaminacyjne 2021
Wymaganie ogólne
Wymaganie szczegółowe
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający:
R7.4) znajduje związki miarowe w figurach
płaskich […].
Zasady oceniania
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy:

zapisze zależność między długościami boków trójkąta 𝐴𝐵𝐶, wykorzystując warunek
dotyczący promienia, np.: 𝑎+𝑏-𝑐
2
= 1
5 𝑐
ALBO

zapisze zależności między długościami boków trójkąta 𝐴𝐵𝐶, długościami dwóch
odcinków stycznych i promieniem okręgu wpisanego w trójkąt , np. 𝑎= 𝑥+ 𝑟, 𝑏= 𝑦+ 𝑟,
5𝑟= 𝑥+ 𝑦
ALBO

zapisze tangensy kątów 𝛼
2 i 𝛽
2 w zależności od 𝑟, 𝑥 i 𝑦, np.: tg 𝛼
2 = 𝑟
𝑦 , tg 𝛽
2 = 𝑟
𝑥
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy:

zapisze równanie kwadratowe z dwiema niewiadomymi wynikające z zastosowania
twierdzenia Pitagorasa, np.:
𝑎2 + (7
5 𝑐-𝑎)
2
= 𝑐2 lub 𝑎2 + (7𝑟-𝑎)2 = (5𝑟)2
ALBO

zapisze równanie trygonometryczne prowadzące do wyznaczenia kąta ostrego trójkąta,
np.:
sin 𝛼+ cos 𝛼= 7
5
ALBO

zapisze równanie trygonometryczne prowadzące do wyznaczenia kąta ostrego trójkąta,
np.:
1
tg
𝛼
2
1 + tg
𝛼
2
1 -tg
𝛼
2
= 5
ALBO

zapisze równanie trygonometryczne prowadzące do wyznaczenia kąta ostrego trójkąta,
np.:
25 ∙sin2𝛼= 24
Zdający otrzymuje 3 p.
gdy:

rozwiąże otrzymane równanie kwadratowe (np.: 𝑎= 3
5 𝑐 lub 𝑎= 4
5 𝑐) lub obliczy stosunek
dwóch różnych boków trójkąta, np.: 𝑎
𝑐= 3
5 lub 𝑎
𝑐= 4
5
ALBO

rozwiąże otrzymane równanie kwadratowe i obliczy zależność między długością
przyprostokątnej trójkąta i promieniem okręgu wpisanego, np.: 𝑎= 4𝑟 lub 𝑎= 3𝑟
ALBO

zapisze równanie, w którym występuje tylko sinus/cosinus kąta ostrego trójkąta, np.
sin2 𝛼+ (7
5 -sinα)
2
= 1
ALBO

rozwiąże równanie 1
tg(𝛼

\n
  1. +
\n

1+tg(𝛼
2)
1-tg(𝛼

\n
  1. = 5 z niewiadomą tg 𝛼
\n

2: tg 𝛼
2 = 1
3 lub tg 𝛼
2 = 1
2
ALBO

zapisze dwa równania z tą samą niewiadomą
1 -2sin2𝛼= 7
25 lub 1 -2sin2𝛼= -7
25.
Zdający otrzymuje 4 p.
gdy zastosuje poprawną metodę i obliczy wartość sinusa większego z kątów ostrych trójkąta: 4
5 .
Uwagi:

\n
  1. Jeżeli zdający, realizując strategię rozwiązania zadania, popełnia błędy rachunkowe, które
\n

nie przekreślają poprawności rozumowania i doprowadza rozwiązanie do końca to może
otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie.

\n
  1. Jeżeli zdający rozwiąże zadanie do końca i w odpowiedzi zapisuje: sin 𝛼= 4
\n

5 oraz
sin 𝛽= 3
5, to otrzymuje 3 punkty za całe rozwiązanie.

\n
  1. Jeżeli zdający, realizując strategię rozwiązania zadania, popełni błąd merytoryczny
\n

i doprowadza rozwiązanie do końca, to może otrzymać maksymalnie 2 punkty za całe
rozwiązanie, o ile wcześniej zdający nie nabył praw do otrzymania 3 punktów.

\n
  1. Jeżeli zdający zapisze bez uzasadnienia, że boki trójkąta mają długości 3𝑟, 4𝑟, 5𝑟
\n

i w odpowiedzi poda sinus większego z kątów ostrych, to otrzymuje 1 punkt za całe
rozwiązanie.

\n
  1. Jeżeli zdający błędnie założy, że 𝑟> 𝑐, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie.
\n

Zasady oceniania rozwiązań zadań
Przykładowe pełne rozwiązania
Sposób 1.
Przyjmijmy następujące oznaczenia:
𝑎, 𝑏, 𝑐 - długości boków trójkąta 𝐴𝐵𝐶
𝛼, 𝛽 - miary kątów ostrych trójkąta
𝑟 - promień okręgu wpisanego w trójkąt 𝐴𝐵𝐶. (Zobacz rysunek).
Wtedy 𝑎2 + 𝑏2 = 𝑐2 oraz 𝑟= 𝑎+𝑏-𝑐
2
Z warunków zadania wynika, że 𝑟= 1
5 𝑐.
Zatem
𝑐
5 = 𝑎+ 𝑏-𝑐
2
2𝑐= 5𝑎+ 5𝑏-5𝑐
𝑏= 7
5 𝑐-𝑎
Podstawiając otrzymaną zależność do równości wynikającej z twierdzenia Pitagorasa,
otrzymujemy:
𝑎2 + (7
5 𝑐-𝑎)
2
= 𝑐2
2𝑎2 -14
5 𝑎𝑐+ 24
25 𝑐2 = 0
25𝑎2 -35𝑎𝑐+ 12𝑐2 = 0
Potraktujmy otrzymane równanie jak równanie kwadratowe z niewiadomą 𝑎 i parametrem 𝑐.
Otrzymujemy zatem
Δ = (-35𝑐)2 -4 ⋅25 ⋅12𝑐2 = 25𝑐2
𝑎= 35𝑐-5𝑐
50
= 3
5 𝑐 lub 𝑎= 35𝑐+ 5𝑐
50
= 4
5 𝑐
Gdy 𝑎= 3
5 𝑐, to wtedy 𝑏= 7
5 𝑐-3
5 𝑐= 4
5 𝑐, a gdy 𝑎= 4
5 𝑐, to 𝑏= 7
5 𝑐-4
5 𝑐= 3
5 𝑐. W każdym
z tych przypadków otrzymujemy więc taki sam trójkąt (z dokładnością do oznaczeń). Bez straty
𝛼
𝛽
𝑟
𝑎
𝑐
𝑏
𝐵
𝐴
𝐶
ogólności można przyjąć, że 𝑎= 3
5 𝑐 i 𝑏= 4
5 𝑐. Przy oznaczeniach z rysunku mamy
sin 𝛼= 𝑎
𝑐=
3
5 𝑐
𝑐= 3
5 oraz sin 𝛽= 𝑏
𝑐=
4
5 𝑐
𝑐= 4
5 . Kąty 𝛼 i 𝛽 są ostre, więc ten z nich ma
większą miarę, dla którego sinus przyjmuje większą wartość.
Zatem sinus większego z kątów ostrych trójkąta 𝐴𝐵𝐶 jest równy 4
5 .
Uwaga:
Równanie 25𝑎2 -35𝑎𝑐+ 12𝑐2 = 0 możemy też podzielić stronami przez 𝑐2. Otrzymujemy
wtedy równanie kwadratowe 25 (𝑎
𝑐)
2
-35 ⋅(𝑎
𝑐) + 12 = 0 z niewiadomą 𝑎
𝑐. Rozwiązując to
równanie, otrzymujemy 𝑎
𝑐= 3
5 lub 𝑎
𝑐= 4

\n
  1. Są to wartości sinusa kąta 𝛼.
\n

Sposób 2. (równość odcinków stycznych oraz twierdzenie Pitagorasa).
Przyjmijmy następujące oznaczenia:
𝑎, 𝑏, 𝑐 - długości boków trójkąta 𝐴𝐵𝐶
𝛼, 𝛽 - miary kątów ostrych trójkąta
𝑟 - promień okręgu wpisanego w trójkąt 𝐴𝐵𝐶. (Zobacz rysunek).
Zakładamy, że bok 𝐵𝐶 jest sumą odcinków o długościach 𝑎-𝑟 oraz 𝑟.
Ponieważ z treści zadania wynika, że 𝑐= 5𝑟, więc na mocy równości odcinków stycznych,
przeciwprostokątna jest sumą odcinków o długościach 𝑎-𝑟 oraz 5𝑟-(𝑎-𝑟) = 6𝑟-𝑎.
Otrzymujemy zatem trójkąt prostokątny 𝐴𝐵𝐶, którego boki mają długości: 𝑎, 7𝑟-𝑎 oraz 5𝑟.
Stosujemy twierdzenie Pitagorasa i zapisujemy równanie z dwiema niewiadomymi:
𝑎2 + (7𝑟-𝑎)2 = (5𝑟)2
To równanie jest równoważne równaniu 𝑎2 -7𝑎𝑟+ 12𝑟2 = 0.
Powyższe równanie traktujemy jako równanie kwadratowe z niewiadomą 𝑎 i z parametrem 𝑟.
Obliczamy wyróżnik:
Δ = (-7𝑟)2 -4 ⋅1 ⋅12𝑟2 = 𝑟2
i otrzymujemy dwa rozwiązania:
𝑎= 7𝑟+ 𝑟
2
= 4𝑟 oraz 𝑎= 7𝑟-𝑟
2
= 3𝑟
Jeśli 𝑎= 4𝑟, to wtedy 𝑏= 7𝑟-4𝑟= 3𝑟. Jeśli 𝑎= 3𝑟, to 𝑏= 7𝑟-3𝑟= 4𝑟.
𝛼
𝛽
𝑟
𝑎
𝑐
𝑏
𝐵
𝐴
𝐶
Zasady oceniania rozwiązań zadań
W każdym z tych przypadków otrzymujemy więc taki sam trójkąt (z dokładnością do
oznaczeń). Bez straty ogólności można przyjąć, że 𝑎= 4𝑟 i 𝑏= 3𝑟.
Przy oznaczeniach z rysunku mamy sin 𝛼= 𝑎
𝑐= 4𝑟
5𝑟= 4
5 oraz sin 𝛽= 𝑏
𝑐= 3𝑟
5𝑟= 3
5 . Ponieważ
kąty 𝛼 i 𝛽 są ostre, więc ten z nich ma większą miarę, którego sinus przyjmuje większą
wartość.
Zatem sinus większego z kątów ostrych trójkąta 𝐴𝐵𝐶 jest równy 4
5 .
Sposób 3.
Przyjmijmy następujące oznaczenia:
𝑎, 𝑏, 𝑐 - długości boków trójkąta 𝐴𝐵𝐶
𝛼, 𝛽 - miary kątów ostrych trójkąta
𝑟 - promień okręgu wpisanego w trójkąt 𝐴𝐵𝐶. (Zobacz rysunek).
Wtedy 𝑎2 + 𝑏2 = 𝑐2 oraz 𝑟= 𝑎+𝑏-𝑐
2
. Z warunków zadania wynika, że 𝑟= 1
5 𝑐. Zatem
𝑐
5 = 𝑎+ 𝑏-𝑐
2
2𝑐= 5𝑎+ 5𝑏-5𝑐
5𝑎+ 5𝑏= 7𝑐
𝑎
𝑐+ 𝑏
𝑐= 7
5
Ponieważ 𝑎
𝑐= sin 𝛼 i 𝑏
𝑐= cos 𝛼, więc możemy zapisać równanie trygonometryczne
sin 𝛼+ cos 𝛼= 7
5
Z układu równań
{ sin 𝛼+ cos 𝛼= 7
5
sin2 𝛼+ cos2 𝛼= 1
obliczamy sin 𝛼= 3
5 lub sin 𝛼= 4

\n
  1. Wówczas - odpowiednio do otrzymanych wartości sin 𝛼
\n\n

5 = sin 𝛽 lub cos 𝛼= 3
5 = sin 𝛽.
𝛼
𝛽
𝑟
𝑎
𝑐
𝑏
𝐵
𝐴
𝐶
Kąty 𝛼 i 𝛽 są ostre, więc ten z nich ma większą miarę, dla którego sinus przyjmuje większą
wartość. Zatem sinus większego z kątów ostrych trójkąta 𝐴𝐵𝐶 jest równy 4
5 .
Sposób 4. (pole i obwód trójkąta).
Przyjmijmy następujące oznaczenia:
𝑎, 𝑏, 𝑐 - długości boków trójkąta 𝐴𝐵𝐶
𝛼, 𝛽 - miary kątów ostrych trójkąta
𝑟 - promień okręgu wpisanego w trójkąt 𝐴𝐵𝐶. (Zobacz rysunek).
Ponieważ z treści zadania wynika, że 𝑐= 5𝑟, więc ze wzoru na promień okręgu wpisanego
w ten trójkąt otrzymujemy zależność
𝑟= 𝑎+ 𝑏-5𝑟
2
Zatem
𝑎+ 𝑏= 7𝑟
Ponadto wiemy, że pole trójkąta jest równe iloczynowi promienia okręgu wpisanego i połowy
obwodu trójkąta, więc
𝑃∆= 𝑟∙𝑝= 𝑟∙1
2 (𝑎+ 𝑏+ 𝑐) = 𝑟∙1
2 (7𝑟+ 5𝑟) = 6𝑟2
Zapisujemy zatem układ równań
{
1
2 ∙𝑎∙𝑏= 6𝑟2
𝑎+ 𝑏= 7𝑟
Ponieważ 𝑏= 7𝑟-𝑎, więc pierwsze równanie przyjmuje postać 𝑎∙(7𝑟-𝑎) = 12𝑟2. Po
przekształceniach otrzymujemy równoważne równanie kwadratowe, w którym możemy
przyjąć, że niewiadomą jest 𝑎, natomiast parametrem 𝑟:
-𝑎2 + 7𝑎𝑟-12𝑟2 = 0
Obliczamy wyróżnik trójmianu stojącego po lewej stronie równania:
Δ = (7𝑟)2 -4 ⋅(-1) ⋅(-12𝑟2) = 𝑟2
i otrzymujemy dwa rozwiązania:
𝑎= -7𝑟+ 𝑟
-2
= 3𝑟 oraz 𝑎= -7𝑟-𝑟
-2
= 4𝑟
𝛼
𝛽
𝑟
𝑎
𝑐
𝑏
𝐵
𝐴
𝐶
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Jeśli 𝑎= 3𝑟, to wtedy 𝑏= 7𝑟-3𝑟= 4𝑟. Jeśli 𝑎= 4𝑟, to 𝑏= 7𝑟-4𝑟= 3𝑟.
W każdym z tych przypadków otrzymujemy więc taki sam trójkąt (z dokładnością do
oznaczeń). Bez straty ogólności można przyjąć, że 𝑎= 3𝑟 i 𝑏= 4𝑟.
Przy oznaczeniach z rysunku mamy sin 𝛼= 𝑎
𝑐= 3𝑟
5𝑟= 3
5 oraz sin 𝛽= 𝑏
𝑐= 4𝑟
5𝑟= 4
5 . Ponieważ
kąty 𝛼 i 𝛽 są ostre, więc ten z nich ma większą miarę, którego sinus przyjmuje większą
wartość.
Zatem sinus większego z kątów ostrych trójkąta 𝐴𝐵𝐶 jest równy 4
5 .
Sposób 5.
Przyjmijmy następujące oznaczenia:
𝑆 - środek okręgu wpisanego w trójkąt 𝐴𝐵𝐶
𝐷 - punkt styczności okręgu wpisanego z prostą zawierającą przeciwprostokątną trójkąta
𝑎, 𝑏, 𝑐 - długości boków trójkąta 𝐴𝐵𝐶
𝛼, 𝛽 - miary kątów ostrych trójkąta
𝑟 - promień okręgu wpisanego w trójkąt 𝐴𝐵𝐶. (Zobacz rysunek).
Środek 𝑆 okręgu wpisanego w trójkąt jest punktem przecięcia dwusiecznych kątów
wewnętrznych trójkąta. Zatem |∡𝐷𝐴𝑆| = 1
2 𝛼 i |𝐷𝐵𝑆| = 1
2 𝛽. Z definicji tangensa kąta ostrego
otrzymujemy tg 𝛼
2 = 𝑟
𝑦 oraz tg 𝛽
2 = 𝑟
𝑥 . Stąd
𝑥= 𝑟
tg
𝛽
2
oraz 𝑦= 𝑟
tg
𝛼
2
Z założenia wiemy, że 𝑥+ 𝑦= 𝑐= 5𝑟. Zatem
𝑟
tg
𝛽
2

\n\n

tg
𝛼
2
= 5𝑟
1
tg
𝛼
2

\n\n

tg
𝛽
2
= 5
Po uwzględnieniu zależności 𝛼+ 𝛽= 90° otrzymujemy
𝛼
𝛽
𝑟
𝑎
𝑐
𝑏
𝐵
𝐴
𝐶
𝑆
𝐷
𝑦
𝑥
1
tg
𝛼
2
1
tg (45° -
𝛼
2)
= 5
Stosujemy wzór na tangens różnicy kątów i przekształcamy otrzymane równanie
1
tg
𝛼
2
1 + tg 45° ⋅tg
𝛼
2
tg 45° -tg
𝛼
2
= 5
1
tg
𝛼
2
1 + tg
𝛼
2
1 -tg
𝛼
2
= 5
1 -tg 𝛼
2 + (1 + tg 𝛼

\n
  1. ⋅tg 𝛼
\n

2 = 5 (1 -tg 𝛼

\n
  1. ⋅tg 𝛼
\n

2
6 (tg 𝛼
2)
2
-5 tg 𝛼
2 + 1 = 0
(2 tg 𝛼
2 -1) (3 tg 𝛼
2 -1) = 0
tg 𝛼
2 = 1
2 lub tg 𝛼
2 = 1
3
Gdy tg 𝛼
2 = 1
2, to wtedy tg 𝛼=
2tg(𝛼
2)
1-tg2(𝛼

\n
  1. =
\n

2⋅1
2
1-(1
2)
2 = 4
3 .
Gdy tg 𝛼
2 = 1
3, to wtedy tg 𝛼=
2tg(𝛼
2)
1-tg2(𝛼

\n
  1. =
\n

2⋅1
3
1-(1
3)
2 = 3
4 .
Zatem długości boków trójkąta mają się jak 3: 4: 5 i sinus większego z kątów ostrych trójkąta
jest równy 4
5 .
Sposób 6. (sinus podwojonego kąta)
Przyjmijmy następujące oznaczenia:
𝑎, 𝑏, 𝑐 - długości boków trójkąta 𝐴𝐵𝐶
𝛼, 𝛽 - miary kątów ostrych trójkąta
𝑟 - promień okręgu wpisanego w trójkąt 𝐴𝐵𝐶. (Zobacz rysunek).
𝛼
𝛽
𝑟
𝑎
𝑐
𝑏
𝐵
𝐴
𝐶
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Wtedy 𝑟= 𝑎+𝑏-𝑐
2
. Z treści zadania wynika, że 𝑐= 5𝑟.
Zatem
𝑐= 5 ∙𝑎+ 𝑏-𝑐
2
2𝑐= 5𝑎+ 5𝑏-5𝑐
5𝑎+ 5𝑏= 7𝑐
Ponieważ obie strony tej równości są dodatnie, więc:
25𝑎2 + 50𝑎𝑏+ 25𝑏2 = 49𝑐2
25(𝑎2 + 𝑏2) + 50𝑎𝑏= 49𝑐2
25𝑐2 + 50𝑎𝑏= 24𝑐2
50𝑎𝑏= 24𝑐2
Ponieważ 𝑎= 𝑐∙sin𝛼 oraz 𝑏= 𝑐∙cos𝛼, więc powyższą równość możemy zapisać
w postaci
50 ∙𝑐2 ∙sin𝛼∙cos𝛼= 24𝑐2
a zatem
25 ∙sin2𝛼= 24
czyli
sin2𝛼= 24
25
Korzystamy z tożsamości sin22𝛼+ cos22𝛼= 1 i otrzymujemy
cos22𝛼= 1 -(24
25)
2
= 49
625
Zatem cos2𝛼= 7
25 lub cos2𝛼= -7
25 . Ale cos2𝛼= 1 -2sin2𝛼, więc
1 -2sin2𝛼= 7
25 lub 1 -2sin2𝛼= -7
25
Stąd
sin2𝛼= 9
25 lub sin2𝛼= 16
25
Kąt 𝛼 jest ostry, więc sin𝛼> 0. Zatem otrzymujemy sin𝛼= 3
5 lub sin𝛼= 4
5 .
Wówczas - odpowiednio do otrzymanych wartości sin 𝛼 - mamy: cos 𝛼= 4
5 = sin 𝛽 lub
cos 𝛼= 3
5 = sin 𝛽. Ponieważ kątowi ostremu o większej mierze odpowiada większa wartość
sinusa, więc sinus większego z kątów ostrych trójkąta 𝐴𝐵𝐶 jest równy 4
5 .

","solutions":[{"source":"site","label":"matematykaszkolna.pl","kind":"image","image":"/img/matematyka-2021-maj-matura-rozszerzona/sol-13.svg"},{"source":"maturazai","label":"maturazai.pl (AI)","kind":"text","html":"

Poprawna odpowiedź: \\(\\sin\\alpha = \\dfrac{4}{5}\\)

\n

Gdzie \\(\\alpha\\) to większy z kątów ostrych trójkąta prostokątnego.

\n

Sposób 1 - układ równań z wzorem na promień okręgu wpisanego

\n

Oznaczenia: niech \\(a, b\\) - przyprostokątne, \\(c\\) - przeciwprostokątna, \\(\\alpha\\) - większy kąt ostry (naprzeciw \\(a\\)).

\n

Krok 1 - warunek zadania.

\n

Promień okręgu wpisanego jest pięciokrotnie krótszy od przeciwprostokątnej:
\\[r = \\frac{c}{5}\\]

\n

Krok 2 - wzór na promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny.

\n

Z karty CKE: dla trójkąta prostokątnego \\(r = \\dfrac{a + b - c}{2}\\), więc:
\\[\\frac{a + b - c}{2} = \\frac{c}{5}\\]
\\[a + b - c = \\frac{2c}{5}\\]
\\[a + b = c + \\frac{2c}{5} = \\frac{7c}{5}\\]

\n

Krok 3 - dzielę obustronnie przez \\(c\\).

\n

\\[\\frac{a}{c} + \\frac{b}{c} = \\frac{7}{5}\\]

\n

Ale \\(\\dfrac{a}{c} = \\sin\\alpha\\) oraz \\(\\dfrac{b}{c} = \\cos\\alpha\\) (kąt \\(\\alpha\\) naprzeciw dłuższej przyprostokątnej), więc:
\\[\\sin\\alpha + \\cos\\alpha = \\frac{7}{5}\\]

\n

Krok 4 - układ z jedynką trygonometryczną.

\n

Mam:
\\[\\begin{cases} \\sin\\alpha + \\cos\\alpha = \\dfrac{7}{5} \\\\ \\sin^2\\alpha + \\cos^2\\alpha = 1 \\end{cases}\\]

\n

Podstawiam \\(\\cos\\alpha = \\dfrac{7}{5} - \\sin\\alpha\\) do drugiego równania:
\\[\\sin^2\\alpha + \\left(\\frac{7}{5} - \\sin\\alpha\\right)^2 = 1\\]
\\[\\sin^2\\alpha + \\frac{49}{25} - \\frac{14}{5}\\sin\\alpha + \\sin^2\\alpha = 1\\]
\\[2\\sin^2\\alpha - \\frac{14}{5}\\sin\\alpha + \\frac{49}{25} - 1 = 0\\]
\\[2\\sin^2\\alpha - \\frac{14}{5}\\sin\\alpha + \\frac{24}{25} = 0\\]

\n

Mnożę przez \\(25\\):
\\[50\\sin^2\\alpha - 70\\sin\\alpha + 24 = 0\\]
\\[25\\sin^2\\alpha - 35\\sin\\alpha + 12 = 0\\]

\n

Krok 5 - delta i rozwiązania.

\n

\\[\\Delta = 35^2 - 4 \\cdot 25 \\cdot 12 = 1225 - 1200 = 25\\]
\\[\\sin\\alpha = \\frac{35 \\pm 5}{50}\\]

\n

Dwa rozwiązania:
\\[\\sin\\alpha = \\frac{40}{50} = \\frac{4}{5} \\qquad \\text{lub} \\qquad \\sin\\alpha = \\frac{30}{50} = \\frac{3}{5}\\]

\n

Krok 6 - który kąt jest większy?

\n

Kąt \\(\\alpha\\) jest większym kątem ostrym, więc \\(\\alpha > 45°\\), a zatem \\(\\sin\\alpha > \\sin 45° = \\dfrac{\\sqrt{2}}{2} \\approx 0{,}707\\).

\n\n

Odpowiedź: \\[\\boxed{\\sin\\alpha = \\frac{4}{5}}\\]

\n

Sposób 2 - sprytna metoda przez \\(\\sin 2\\alpha\\)

\n

Krok 1 - ta sama równość co w Sposobie 1:
\\[\\sin\\alpha + \\cos\\alpha = \\frac{7}{5}\\]

\n

Krok 2 - podnosimy do kwadratu obie strony:
\\[(\\sin\\alpha + \\cos\\alpha)^2 = \\frac{49}{25}\\]
\\[\\sin^2\\alpha + 2\\sin\\alpha\\cos\\alpha + \\cos^2\\alpha = \\frac{49}{25}\\]
\\[1 + \\sin 2\\alpha = \\frac{49}{25}\\]
\\[\\sin 2\\alpha = \\frac{24}{25}\\]

\n

Krok 3 - obliczamy \\(\\sin\\alpha - \\cos\\alpha\\):
\\[(\\sin\\alpha - \\cos\\alpha)^2 = 1 - 2\\sin\\alpha\\cos\\alpha = 1 - \\sin 2\\alpha = 1 - \\frac{24}{25} = \\frac{1}{25}\\]

\n

Ponieważ \\(\\alpha > 45°\\), mamy \\(\\sin\\alpha > \\cos\\alpha\\), więc:
\\[\\sin\\alpha - \\cos\\alpha = \\frac{1}{5}\\]

\n

Krok 4 - układ liniowy:
\\[\\begin{cases} \\sin\\alpha + \\cos\\alpha = \\dfrac{7}{5} \\\\[6pt] \\sin\\alpha - \\cos\\alpha = \\dfrac{1}{5} \\end{cases}\\]

\n

Dodajemy stronami:
\\[2\\sin\\alpha = \\frac{8}{5} \\implies \\sin\\alpha = \\frac{4}{5}\\]

\n

Weryfikacja: \\(\\cos\\alpha = \\dfrac{7}{5} - \\dfrac{4}{5} = \\dfrac{3}{5}\\), \\(a = 4k\\), \\(b = 3k\\), \\(c = 5k\\) (trójka pitagorejska!).
Promień: \\(r = \\dfrac{4k + 3k - 5k}{2} = k = \\dfrac{c}{5}\\) ✓

\n

Wzory z karty CKE

\n

Dział 10 (Planimetria, s. 15-21) - wzór na promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny:
\\[r = \\frac{a + b - c}{2}\\]
To kluczowy wzór zadania - bez niego nie da się powiązać promienia z bokami.

\n

Dział 9 (Trygonometria, s. 11-14) - jedynka trygonometryczna:
\\[\\sin^2\\alpha + \\cos^2\\alpha = 1\\]
Użyta w obu sposobach do zamknięcia układu równań.

\n

Dział 9 (Trygonometria, s. 13) - wzór na sinus podwojonego kąta (Sposób 2):
\\[\\sin 2\\alpha = 2\\sin\\alpha\\cos\\alpha\\]

\n

Typowe pułapki i uwagi

\n
⚠️ Uwaga: Wzór \\(r = \\dfrac{a+b-c}{2}\\) dotyczy tylko trójkąta prostokątnego - nie mylić z ogólnym wzorem \\(P = p \\cdot r\\) (choć oba są poprawne, ten jest prostszy w użyciu tutaj).
\n
⚠️ Uwaga: Po rozwiązaniu równania kwadratowego wychodzą dwa rozwiązania: \\(\\dfrac{3}{5}\\) i \\(\\dfrac{4}{5}\\). Trzeba wybrać właściwe - to dotyczące większego kąta ostrego, czyli \\(\\sin\\alpha > \\dfrac{\\sqrt{2}}{2}\\). Wielu uczniów podaje \\(\\dfrac{3}{5}\\) i traci punkty.
\n
⚠️ Uwaga: Trójka \\((3, 4, 5)\\) to klasyczna trójka pitagorejska - gdy wynik wychodzi tak "ładnie", warto sprawdzić czy trójkąt o takiej trójce spełnia warunki zadania (tu: \\(r = 1\\), \\(c = 5\\), czyli \\(r = c/5\\) ✓).
\n
Sposob 1 (wzor r = (a+b-c)/2 + tw. Pitagorasa)
\n

Niech \\(a, b\\) - przyprostokatne, \\(c\\) - przeciwprostokatna. Z karty wzorow (okrag wpisany w trojkat prostokatny): \\(r = \\dfrac{a + b - c}{2}\\).

\n

Z warunku \\(r = \\tfrac{c}{5}\\): \\(\\dfrac{c}{5} = \\dfrac{a+b-c}{2} \\Rightarrow 2c = 5a + 5b - 5c \\Rightarrow 5a + 5b = 7c \\Rightarrow b = \\tfrac{7}{5}c - a\\).

\n

Z tw. Pitagorasa \\(a^{2} + b^{2} = c^{2}\\):
\\[a^{2} + \\left(\\tfrac{7}{5}c - a\\right)^{2} = c^{2} \\Rightarrow a^{2} + \\tfrac{49}{25}c^{2} - \\tfrac{14}{5}ac + a^{2} = c^{2}.\\]
\\[2a^{2} - \\tfrac{14}{5}ac + \\tfrac{49}{25}c^{2} - c^{2} = 0 \\Rightarrow 2a^{2} - \\tfrac{14}{5}ac + \\tfrac{24}{25}c^{2} = 0 \\Rightarrow 50a^{2} - 70ac + 24c^{2} = 0.\\]
\\[25a^{2} - 35ac + 12c^{2} = 0.\\]

\n

Traktujac jako rownanie kwadratowe z niewiadoma \\(a\\), parametrem \\(c\\): \\(\\Delta = 1225c^{2} - 1200c^{2} = 25c^{2}\\), \\(a = \\dfrac{35c \\pm 5c}{50}\\), czyli \\(a = \\tfrac{3}{5}c\\) lub \\(a = \\tfrac{4}{5}c\\).

\n

Wtedy \\(b = \\tfrac{4}{5}c\\) lub \\(b = \\tfrac{3}{5}c\\). Boki: \\(3k, 4k, 5k\\).

\n

Sinus wiekszego z katow ostrych: \\(\\sin \\beta = \\dfrac{4k}{5k} = \\dfrac{4}{5}\\).

\n
Sposob 2 (sinus podwojonego kata)
\n

Z rownosci odcinkow stycznych i wzoru na r: \\(c = 5r, a + b = 7r\\). Pole trojkata: \\(P = \\tfrac{1}{2}ab = r \\cdot s = r \\cdot \\tfrac{1}{2}(a+b+c) = \\tfrac{1}{2}r(7r + 5r) = 6r^{2}\\).

\n

Wiec \\(ab = 12r^{2}\\).

\n

Korzystajac z \\(a = c\\sin\\alpha, b = c\\cos\\alpha\\): \\(c^{2}\\sin\\alpha\\cos\\alpha = 12r^{2} = 12(c/5)^{2} = \\tfrac{12}{25}c^{2}\\).

\n

Stad \\(\\sin\\alpha\\cos\\alpha = \\tfrac{12}{25}\\), czyli \\(\\sin 2\\alpha = \\tfrac{24}{25}\\).

\n

Z \\(\\sin^{2}2\\alpha + \\cos^{2}2\\alpha = 1\\): \\(\\cos 2\\alpha = \\pm\\tfrac{7}{25}\\). Z \\(\\cos 2\\alpha = 1 - 2\\sin^{2}\\alpha\\): \\(\\sin^{2}\\alpha = \\tfrac{9}{25}\\) lub \\(\\tfrac{16}{25}\\). Zatem \\(\\sin\\alpha = \\tfrac{3}{5}\\) lub \\(\\sin\\alpha = \\tfrac{4}{5}\\).

\n

Sinus wiekszego kata ostrego: \\(\\dfrac{4}{5}\\).

\n
Uwagi o punktacji
\n\n

Trik: Trojkat Pitagorejski 3-4-5 ma wpisany okrag r = 1 przy c = 5, wiec stosunek \\(r:c = 1:5\\). Bez wielu obliczen: odpowiedz \\(\\tfrac{4}{5}\\).

"},{"source":"zadaniazmatur","label":"zadaniazmatur.pl","kind":"text","html":"

$\\dfrac{4}{5}$

"}]}