{"id":"matematyka-2023-maj-matura-rozszerzona/zad/5","paper_id":"matematyka-2023-maj-matura-rozszerzona","number":"5","points":3,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2023,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 5. (0-3)\nDany jest trójkąt prostokątny 𝐴𝐵𝐶, w którym |∡𝐴𝐵𝐶| = 90° oraz |∡𝐶𝐴𝐵| = 60°. Punkty\n𝐾 i 𝐿 leżą na bokach - odpowiednio - 𝐴𝐵 i 𝐵𝐶 tak, że |𝐵𝐾| = |𝐵𝐿| = 1 (zobacz\nrysunek). Odcinek 𝐾𝐿 przecina wysokość 𝐵𝐷 tego trójkąta w punkcie 𝑁, a ponadto\n|𝐴𝐷| = 2.\nWykaż, że |𝑵𝑫| = √𝟑+ 𝟏.\n60°\n1\n𝐾\n𝐴\n𝑁\n𝐿\n𝐵\n𝐶\n2\n𝐷\n1\n5.\n0-1-\n2-3\n\nMMAP-R0_100\n\nMMAP-R0_100\nDany jest trójkąt prostokątny ABC, w którym |∠ABC|=90° oraz |∠CAB|=60°. Punkty K i L leżą na bokach - odpowiednio - AB i BC tak, że |BK|=|BL|=1 (zobacz rysunek). Odcinek KL przecina wysokość BD tego trójkąta w punkcie N, a ponadto |AD|=2. [rysunek] Wykaż, że |ND| = √3+1.","answer":null,"answer_text":"Zadanie 5. (0-3)\nWymagania egzaminacyjne 2023 i 2024\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nIV. Rozumowanie i argumentacja.\n1. Przeprowadzanie rozumowań, także\nkilkuetapowych, podawanie argumentów\nuzasadniających poprawność rozumowania,\nodróżnianie dowodu od przykładu.\nZdający:\nVIII.R3) przeprowadza dowody\ngeometryczne.\nZasady oceniania\n3 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: |𝑁𝐷| = √3 + 1.\n2 pkt - obliczenie długości odcinka 𝐵𝑁: √3 -1\nALBO\n- obliczenie długości odcinka 𝐵𝐷: |𝐵𝐷| = 2√3 i zapisanie równania z jedną\nniewiadomą 𝑥 (długością odcinka 𝐵𝑁),\nALBO\n- zapisanie równania\n𝑥\n2√3-𝑥= 2+√3\n1\nz niewiadomą 𝑥= |𝐷𝑁| (otrzymanego\nz podobieństwa trójkątów 𝐵𝐿𝑁 i 𝐷𝐸𝑁, sposób VII),\nALBO\n- obliczenie współrzędnych punktu 𝑁: 𝑁= (\n1\n√3+1 ,\n√3\n√3+1) i obliczenie długości\nodcinka 𝐵𝐷: |𝐵𝐷| = 2√3 (sposób V),\nALBO\n- obliczenie współrzędnych punktów 𝑁 i 𝐷: 𝑁= (\n1\n√3+1 ,\n√3\n√3+1) i 𝐷= (√3, 3)\n(sposób V),\nALBO\n- obliczenie współrzędnych punktu 𝑁: 𝑁= (\n1\n√3+1 ,\n√3\n√3+1) i zapisanie długości |𝐷𝑁|\nw postaci\n√3\n3 ⋅\n1\n√3+1 - 1 ⋅\n√3\n√3+1 + 4|\n√(-\n√3\n3 )\n2\n+(-1)2\n(sposób V).\n1 pkt - zapisanie równania z jedną niewiadomą 𝑥= |𝐵𝑁|, np.\n1\n2 ∙1 ∙𝑥∙sin60° + 1\n2 ∙𝑥∙1 ∙sin30° = 1\n2 (z sumy pól trójkątów 𝐵𝐿𝑁 oraz 𝐾𝐵𝑁),\n1\nsin105° =\n𝑥\nsin45° (z twierdzenia sinusów dla trójkąta 𝐵𝑁𝐾),\n1\nsin75° =\n𝑥\nsin45° (z twierdzenia sinusów dla trójkąta 𝐵𝑁𝐿),\n1 -1\n2 ∙𝑥= 𝑥⋅√3\n2 (ze związków miarowych w trójkątach 𝐵𝐸𝑁 i 𝐸𝐿𝑁),\nALBO\n- obliczenie długości odcinka 𝐵𝐷 i zapisanie |𝐵𝐷| = 2√3,\nALBO\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n- zapisanie równania z jedną niewiadomą 𝑥 (pierwszą lub drugą współrzędną\npunktu 𝑁), np. -𝑥+ 1 = √3𝑥 (sposób V),\nALBO\n- wyznaczenie równań prostych 𝐴𝐶 i 𝐵𝐷 oraz obliczenie współrzędnych punktu 𝐷:\n𝐷= (√3, 3) (sposób V).\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano nieprawidłową metodę, albo brak rozwiązania.\nUwaga:\nW rozwiązaniach nie są akceptowane przybliżenia dziesiętne liczb rzeczywistych.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób I (pola trójkątów)\nW trójkącie 𝐷𝐴𝐵 o kątach 90°, 60°, 30° mamy: |𝐴𝐷| = 2, |𝐴𝐵| = 4 i |𝐵𝐷| = 2√3.\nW trójkącie 𝐵𝐿𝑁 miara kąta 𝑁𝐵𝐿 jest równa 60°. W trójkącie 𝐾𝐵𝑁 miara kąta 𝐾𝐵𝑁\njest równa 30°. Ponieważ pole trójkąta 𝐾𝐵𝐿 (równe 1\n2) jest sumą pól trójkątów 𝐵𝐿𝑁 oraz\n𝐾𝐵𝑁, więc możemy zapisać równość\n1\n2 ∙|𝐵𝐿| ∙|𝐵𝑁| ∙sin 60° + 1\n2 ∙|𝐵𝑁| ∙|𝐵𝐾| ∙sin30° = 1\n2\nStąd, po uwzględnieniu warunku |𝐵𝐾| = |𝐵𝐿| = 1, otrzymujemy dalej\n|𝐵𝑁| ∙√3\n2 + |𝐵𝑁| ∙1\n2 = 1\n|𝐵𝑁| ∙(√3 + 1) = 2\n|𝐵𝑁| = √3 -1\nZatem |𝑁𝐷| = |𝐵𝐷| -|𝐵𝑁| = 2√3 -(√3 -1) = √3 + 1.\nTo należało wykazać.\n60°\n1\n𝐾\n𝐴\n𝑁\n𝐿\n𝐵\n𝐶\n2\n𝐷\n1\nSposób II\nW trójkącie 𝐷𝐴𝐵 o kątach 90°, 60°, 30° mamy: |𝐴𝐷| = 2, |𝐴𝐵| = 4 i |𝐵𝐷| = 2√3.\nKąty w trójkącie 𝐵𝑁𝐾 mają miary: 30°, 45°, 105°. Stosujemy twierdzenie sinusów\ni zapisujemy równość:\n|𝐵𝐾|\nsin105° = |𝐵𝑁|\nsin45°\nZatem\n|𝐵𝑁| =\n1 ∙sin45°\nsin(60° + 45°) =\n√2\n2\n√3\n2 ∙√2\n2 + 1\n2 ∙√2\n2\n2\n√3 + 1\n= √3 -1\nOstatecznie |𝑁𝐷| = |𝐵𝐷| -|𝐵𝑁| = 2√3 -(√3 -1) = √3 + 1.\nTo należało wykazać.\nSposób III (trójkąt 𝐵𝐿𝑁)\nProwadzimy wysokość 𝑁𝐸 w trójkącie 𝐵𝐿𝑁 i oznaczamy 𝑥= |𝐵𝐸|.\nTrójkąt prostokątny 𝐷𝐴𝐵 ma kąty ostre 60° i 30°, więc:\n|𝐴𝐵| = 2|𝐴𝐷| = 2 ⋅2 = 4 i |𝐵𝐷| = |𝐴𝐷|√3 = 2√3\nTrójkąt prostokątny 𝐵𝐿𝐾 ma kąty ostre 45°, więc |𝐾𝐿| = √2.\nW trójkącie prostokątnym 𝑁𝐵𝐸 kąty ostre mają miary 60° i 30°, więc\n|𝑁𝐸| = |𝐵𝐸| ∙√3 = 𝑥√3 i |𝐵𝑁| = 2|𝐵𝐸| = 2𝑥\nTrójkąt prostokątny 𝐸𝐿𝑁 ma kąty ostre 45°, więc\n|𝑁𝐸| = |𝐸𝐿| = 𝑥√3\nAle |𝑁𝐸| = |𝐵𝐿| -|𝐵𝐸| = 1 -𝑥, więc otrzymujemy równanie\n𝑥\n60°\n1 -𝑥\n𝐾\n𝐴\n𝑁\n𝐿\n𝐵\n𝐶\n2\n𝐷\n1\n𝐸\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n1 -𝑥= 𝑥√3\n𝑥√3 + 𝑥= 1\n(√3 + 1)𝑥= 1\nMnożąc obie strony równania przez √3 -1, otrzymujemy\n2𝑥= √3 -1\nczyli\n|𝐵𝑁| = 2𝑥= √3 -1\nZatem |𝑁𝐷| = |𝐵𝐷| -|𝐵𝑁| = 2√3 -(√3 -1) = √3 + 1.\nTo należało wykazać.\nSposób IV (twierdzenie cosinusów)\nW trójkącie 𝐷𝐴𝐵 o kątach 90°, 60°, 30° mamy: |𝐴𝐷| = 2, |𝐴𝐵| = 4 i |𝐵𝐷| = 2√3.\nW trójkącie 𝐾𝐵𝐿 kąty mają miary: 90°, 45°, 45° oraz: |𝐵𝐾| = |𝐵𝐿| = 1, |𝐾𝐿| = √2.\nZ twierdzenia cosinusów zastosowanego do trójkątów 𝐾𝐵𝑁 oraz 𝐵𝐿𝑁 otrzymujemy\nrówności\n|𝐵𝑁|2 = |𝐵𝐾|2 + |𝐾𝑁|2 -2 ∙|𝐵𝐾| ∙|𝐾𝑁| ∙cos45°\noraz\n|𝐵𝑁|2 = |𝐵𝐿|2 + |𝐿𝑁|2 -2 ∙|𝐵𝐿| ∙|𝐿𝑁| ∙cos45°\nZatem po podstawieniu |𝐵𝐾| = |𝐵𝐿| = 1 i dodaniu stronami równań otrzymujemy równość:\n2 ∙|𝐵𝑁|2 = |𝐿𝑁|2 + |𝐾𝑁|2\nPonieważ |∡𝐾𝐵𝑁| = 30°, więc z twierdzenia cosinusów zastosowanego do trójkąta 𝐾𝐵𝑁\notrzymujemy:\n|𝐾𝑁|2 = |𝐵𝐾|2 + |𝐵𝑁|2 -2 ∙|𝐵𝐾| ∙|𝐵𝑁| ∙cos30°\nPonieważ |∡𝑁𝐵𝐿| = 60°, więc z twierdzenia cosinusów zastosowanego do trójkąta 𝐵𝐿𝑁\notrzymujemy:\n|𝐿𝑁|2 = |𝐵𝐿|2 + |𝐵𝑁|2 -2 ∙|𝐵𝐿| ∙|𝐵𝑁| ∙cos60°\nZatem po podstawieniu |𝐵𝐾| = |𝐵𝐿| = 1 i dodaniu stronami równań otrzymujemy równość:\n|𝐿𝑁|2 + |𝐾𝑁|2 = 2 + 2 ∙|𝐵𝑁|2 -|𝐵𝑁| ∙√3 -|𝐵𝑁|\nAle\n2 ∙|𝐵𝑁|2 = |𝐿𝑁|2 + |𝐾𝑁|2\nwięc\n2 ∙|𝐵𝑁|2 = 2 + 2 ∙|𝐵𝑁|2 -|𝐵𝑁| ∙√3 -|𝐵𝑁|\nZatem |𝐵𝑁| ∙(√3 + 1) = 2, czyli |𝐵𝑁| = √3 -1. Dlatego\n|𝑁𝐷| = |𝐵𝐷| -|𝐵𝑁| = 2√3 -(√3 -1) = √3 + 1.\nTo należało wykazać.\nSposób V (trójkąt w układzie współrzędnych)\nUmieszczamy trójkąt 𝐴𝐵𝐶 w kartezjańskim układzie współrzędnych (𝑥, 𝑦) tak, aby:\n𝐵= (0, 0), 𝐴 był punktem leżącym na dodatniej półosi 𝑂𝑦, 𝐶 był punktem leżącym na\ndodatniej półosi 𝑂𝑥. Wtedy 𝐾= (0, 1) i 𝐿= (1, 0), więc prosta 𝐾𝐿 ma równanie\n𝑦= -𝑥+ 1. Ponieważ |∡𝐵𝐴𝐶| = 60° i 𝐵𝐷⊥𝐴𝐶, więc prosta 𝐵𝐷 jest nachylona do osi\n𝑂𝑥 pod kątem 60°. Stąd 𝐵𝐷 ma równanie 𝑦= √3𝑥.\nObliczamy współrzędne punktu 𝑁:\n{\n𝑦= -𝑥+ 1\n𝑦= √3 𝑥\n{ √3𝑥= -𝑥+ 1\n𝑦= √3 𝑥\n{\n𝑥=\n1\n√3 + 1\n𝑦=\n√3\n√3 + 1\nczyli 𝑁= (\n1\n√3+1 ,\n√3\n√3+1).\nObliczamy współrzędne punktu 𝐴.\n|𝐴𝐷|\n|𝐴𝐵| = cos 60°, więc |𝐴𝐵| =\n|𝐴𝐷|\ncos60° = 4 i stąd 𝐴= (0, 4).\n4\n𝑦= -𝑥+ 1\n𝑦= ξ3 ⋅𝑥\n60°\n1\n𝐾\n𝐴\n𝑁\n𝐿\n𝐵\n𝐶\n2\n𝐷\n1\n𝑥\n𝑦\n0\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nPonieważ |∡𝐵𝐶𝐴| = 30°, więc współczynnik kierunkowy 𝑎 w równaniu prostej 𝐴𝐶 jest\nrówny 𝑎= tg 150° = -\n√3\n3 . Zatem prosta 𝐴𝐶 ma równanie 𝑦= -\n√3\n3 𝑥+ 4.\nObliczamy odległość punktu 𝑁 od prostej 𝐴𝐶:\n|-√3\n3 ⋅\n1\n√3 + 1 -1 ⋅\n√3\n√3 + 1 + 4|\n√(-√3\n3 )\n2\n+ (-1)2\n|-√3 -3√3 + 12(√3 + 1)\n3(√3 + 1)\n2\n√3\n8√3 + 12\n3(√3 + 1)\n2\n√3\n= 8√3 + 12\n3(√3 + 1)\n⋅√3\n2 = 4 + 2√3\n√3 + 1\n= 2(2 + √3)(√3 -1)\n2\n= √3 + 1\nZatem |𝑁𝐷| = √3 + 1. To należało wykazać.\nSposób VI (prosta równoległa do 𝐾𝐿 przechodząca przez 𝐷)\nProwadzimy wysokość 𝐷𝐸 trójkąta 𝐵𝐶𝐷, a przez punkt 𝐷 prostą równoległą do\nprostej 𝐾𝐿 i oznaczamy przez 𝐹 punkt jej przecięcia z prostą 𝐵𝐶.\nW trójkącie 𝐷𝐴𝐵 o kątach 90°, 60°, 30° mamy: |𝐴𝐷| = 2, |𝐴𝐵| = 4 i |𝐵𝐷| = 2√3.\nTrójkąt prostokątny 𝐵𝐸𝐷 ma również kąty ostre 60° i 30°, więc |𝐵𝐸| =\n|𝐵𝐷|\n2\n= √3\ni |𝐷𝐸| = |𝐵𝐷|√3 = 3.\nTrójkąt prostokątny 𝐷𝐸𝐹 ma kąty ostre 45°, więc jest równoramienny.\nZatem |𝐸𝐹| = |𝐷𝐸| = 3.\nStąd |𝐿𝐹| = |𝐿𝐸| + |𝐸𝐹| = (|𝐵𝐸| -|𝐵𝐿|) + |𝐸𝐹| = √3 -1 + 3 = 2 + √3.\nZ twierdzenia Talesa otrzymujemy\n|𝑁𝐷|\n|𝐿𝐹| =\n|𝐵𝑁|\n|𝐵𝐿|\n𝐹\n60°\n1\n𝐾\n𝐴\n𝑁\n𝐿\n𝐵\n𝐶\n2\n𝐷\n1\n𝐸\n𝐹\nczyli\n|𝑁𝐷|\n2 + √3\n= 2√3 -|𝑁𝐷|\n1\nStąd\n|𝑁𝐷| = (2 + √3) ⋅(2√3 -|𝑁𝐷|)\n|𝑁𝐷| + (2 + √3) ⋅|𝑁𝐷| = 4√3 + 6\n|𝑁𝐷| ⋅(3 + √3) = 4√3 + 6\n|𝑁𝐷| = 4√3 + 6\n3 + √3\n= 2(2√3 + 3)(3 -√3)\n9 -3\n= √3 + 1\nTo należało wykazać.\nSposób VII (prosta równoległa do 𝐵𝐶 przechodząca przez 𝐷)\nProwadzimy przez punkt 𝐷 prostą równoległą do prostej 𝐵𝐶 i oznaczamy przez 𝐸 punkt\njej przecięcia z prostą 𝐾𝐿, natomiast przez 𝐹 - punkt jej przecięcia z prostą 𝐴𝐵.\nW trójkącie 𝐷𝐴𝐵 o kątach 90°, 60°, 30° mamy: |𝐴𝐷| = 2, |𝐴𝐵| = 4 i |𝐵𝐷| = 2√3.\nTrójkąt prostokątny 𝐴𝐹𝐷 ma kąty ostre 60° i 30°, więc |𝐴𝐹| = 1 oraz |𝐷𝐹| = √3.\nZatem |𝐹𝐾| = 4 -1 -1 = 2.\nTrójkąt prostokątny 𝐾𝐹𝐸 ma kąty ostre 45°, więc jest równoramienny.\nZatem |𝐸𝐹| = |𝐹𝐾| = 2. Stąd |𝐸𝐷| = 2 + √3.\nTrójkąty 𝐷𝐸𝑁 i 𝐵𝐿𝑁 są podobne (kkk), więc\n|𝑁𝐷|\n|𝐸𝐷| =\n|𝐵𝑁|\n|𝐵𝐿|\nczyli\n60°\n1\n𝐾\n𝐴\n𝑁\n𝐿\n𝐵\n𝐶\n2\n𝐷\n1\n𝐸\n𝐹\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n|𝑁𝐷|\n2 + √3\n= 2√3 -|𝑁𝐷|\n1\nStąd\n|𝑁𝐷| = (2 + √3) ⋅(2√3 -|𝑁𝐷|)\n|𝑁𝐷| + (2 + √3) ⋅|𝑁𝐷| = 4√3 + 6\n|𝑁𝐷| ⋅(3 + √3) = 4√3 + 6\n|𝑁𝐷| = 4√3 + 6\n3 + √3\n= 2(2√3 + 3)(3 -√3)\n9 -3\n= √3 + 1\nTo należało wykazać.","solution":"Odpowiedź: Rozwiązanie w układzie współrzędnych: $B = (0,0)$, $A = (0,4)$, $C = (4\\sqrt{3}, 0)$. Wtedy $K = (0,1)$, $L = (1,0)$, $D = (\\sqrt{3}, 3)$, $N = \\left(\\frac{\\sqrt{3}-1}{2}, \\frac{3-\\sqrt{3}}{2}\\right)$. $|ND|^2 = \\left(\\frac{\\sqrt{3}+1}{2}\\right)^2 (1+3) = (\\sqrt{3}+1)^2$, więc $|ND| = \\sqrt{3}+1$. ∎\n\nStrona arkusza CKE z trescia zadania\n\nCo zrobić?\n\nWykazać, że $|ND| = \\sqrt{3} + 1$, gdzie $N$ to przecięcie odcinka $KL$ z wysokością $BD$.\n\nUstaw układ współrzędnych. Niech $B = (0,0)$, $A$ na osi $y$, $C$ na osi $x$ (bo $\\angle ABC = 90°$).\n\nW trójkącie $ABD$ ($\\angle ADB = 90°$, $\\angle DAB = 60°$): $AD = 2 = AB \\cdot \\cos 60° = AB / 2$, czyli $AB = 4$.\n\nZ trójkąta 30-60-90 z $AB = 4$: $BC = AB \\cdot \\tan 60° = 4\\sqrt{3}$, $AC = 2 \\cdot AB = 8$.\n\nStąd: $A = (0, 4)$, $C = (4\\sqrt{3}, 0)$.\n\nWyznacz $K, L$. $K$ na $AB$ z $BK = 1$ → $K = (0, 1)$. $L$ na $BC$ z $BL = 1$ → $L = (1, 0)$.\n\nProsta $KL$: $x + y = 1$.\n\nWyznacz prostą $BD$. Prosta $AC$: $y = 4 - \\frac{x}{\\sqrt{3}}$ (współczynnik $-\\frac{1}{\\sqrt{3}}$).\n\nProstopadła z $B = (0,0)$: współczynnik $\\sqrt{3}$, czyli $y = \\sqrt{3} x$.\n\nWyznacz $D = AC \\cap BD$:\n\n$$\\sqrt{3} x = 4 - \\frac{x}{\\sqrt{3}} \\implies 3x = 4\\sqrt{3} - x \\implies x = \\sqrt{3}, \\ y = 3$$\n\n$D = (\\sqrt{3}, 3)$.\n\nWyznacz $N = KL \\cap BD$:\n\n$$x + \\sqrt{3}x = 1 \\implies x = \\frac{1}{1+\\sqrt{3}} = \\frac{\\sqrt{3}-1}{2}$$\n\n$$y = \\sqrt{3}x = \\frac{3 - \\sqrt{3}}{2}$$\n\n$N = \\left(\\frac{\\sqrt{3}-1}{2}, \\frac{3-\\sqrt{3}}{2}\\right)$.\n\nOblicz $|ND|$:\n\n$$D - N = \\left(\\sqrt{3} - \\frac{\\sqrt{3}-1}{2},\\ 3 - \\frac{3-\\sqrt{3}}{2}\\right) = \\left(\\frac{\\sqrt{3}+1}{2},\\ \\frac{3+\\sqrt{3}}{2}\\right)$$\n\nDruga współrzędna: $\\frac{3+\\sqrt{3}}{2} = \\frac{\\sqrt{3}(\\sqrt{3}+1)}{2}$ — wspólny czynnik $\\frac{\\sqrt{3}+1}{2}$:\n\n$$|ND|^2 = \\left(\\frac{\\sqrt{3}+1}{2}\\right)^2 (1 + 3) = \\left(\\frac{\\sqrt{3}+1}{2}\\right)^2 \\cdot 4 = (\\sqrt{3}+1)^2$$\n\n$$|ND| = \\sqrt{3} + 1$$\n\nCo należało dowieść. ∎\n\nPo co to umieć\n\nDowody geometryczne na PR często są szybsze w układzie współrzędnych niż klasycznie. Klucz: ustaw układ tak, by jeden wierzchołek był w $(0,0)$, a osie pokrywały się z prostopadłymi bokami.\n\nW trójkącie 30-60-90 ze stosunkami $1 : \\sqrt{3} : 2$ wszystkie funkcje trygonometryczne są łatwo wyznaczalne: $\\sin 30° = 1/2$, $\\cos 30° = \\sqrt{3}/2$, $\\tan 30° = 1/\\sqrt{3}$ itp.\n\nTypowy błąd: Najczęstszy błąd: pomylenie boków w trójkącie 30-60-90. Stosunki: naprzeciw 30° → naprzeciw 60° → naprzeciw 90° to $1 : \\sqrt{3} : 2$.","image":"img/matematyka-2023-maj-matura-rozszerzona/zad-5.webp","solution_image":"img/matematyka-2023-maj-matura-rozszerzona/sol-5.svg","topics":"trójkąt prostokątny 30-60-90, geometria analityczna, dowody_geometryczne","page_from":8,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturaonline","text_source":"site","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2023 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"<p>Zadanie 5. (0-3)<br>Dany jest trójkąt prostokątny 𝐴𝐵𝐶, w którym |∡𝐴𝐵𝐶| = 90° oraz |∡𝐶𝐴𝐵| = 60°. Punkty<br>𝐾 i 𝐿 leżą na bokach - odpowiednio - 𝐴𝐵 i 𝐵𝐶 tak, że |𝐵𝐾| = |𝐵𝐿| = 1 (zobacz<br>rysunek). Odcinek 𝐾𝐿 przecina wysokość 𝐵𝐷 tego trójkąta w punkcie 𝑁, a ponadto<br>|𝐴𝐷| = 2.<br>Wykaż, że |𝑵𝑫| = √𝟑+ 𝟏.<br>60°<br>1<br>𝐾<br>𝐴<br>𝑁<br>𝐿<br>𝐵<br>𝐶<br>2<br>𝐷<br>1<br>5.<br>0-1-<br>2-3</p>\n<p>MMAP-R0_100</p>\n<p>MMAP-R0_100<br>Dany jest trójkąt prostokątny ABC, w którym |∠ABC|=90° oraz |∠CAB|=60°. Punkty K i L leżą na bokach - odpowiednio - AB i BC tak, że |BK|=|BL|=1 (zobacz rysunek). Odcinek KL przecina wysokość BD tego trójkąta w punkcie N, a ponadto |AD|=2. [rysunek] Wykaż, że |ND| = √3+1.</p>","answer_text_html":"<p>Zadanie 5. (0-3)<br>Wymagania egzaminacyjne 2023 i 2024<br>Wymaganie ogólne<br>Wymaganie szczegółowe<br>IV. Rozumowanie i argumentacja.</p>\n<ol><li>Przeprowadzanie rozumowań, także</li></ol>\n<p>kilkuetapowych, podawanie argumentów<br>uzasadniających poprawność rozumowania,<br>odróżnianie dowodu od przykładu.<br>Zdający:<br>VIII.R3) przeprowadza dowody<br>geometryczne.<br>Zasady oceniania<br>3 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: |𝑁𝐷| = √3 + 1.<br>2 pkt - obliczenie długości odcinka 𝐵𝑁: √3 -1<br>ALBO</p>\n<ul><li>obliczenie długości odcinka 𝐵𝐷: |𝐵𝐷| = 2√3 i zapisanie równania z jedną</li></ul>\n<p>niewiadomą 𝑥 (długością odcinka 𝐵𝑁),<br>ALBO</p>\n<ul><li>zapisanie równania</li></ul>\n<p>𝑥<br>2√3-𝑥= 2+√3<br>1<br>z niewiadomą 𝑥= |𝐷𝑁| (otrzymanego<br>z podobieństwa trójkątów 𝐵𝐿𝑁 i 𝐷𝐸𝑁, sposób VII),<br>ALBO</p>\n<ul><li>obliczenie współrzędnych punktu 𝑁: 𝑁= (</li></ul>\n<p>1<br>√3+1 ,<br>√3<br>√3+1) i obliczenie długości<br>odcinka 𝐵𝐷: |𝐵𝐷| = 2√3 (sposób V),<br>ALBO</p>\n<ul><li>obliczenie współrzędnych punktów 𝑁 i 𝐷: 𝑁= (</li></ul>\n<p>1<br>√3+1 ,<br>√3<br>√3+1) i 𝐷= (√3, 3)<br>(sposób V),<br>ALBO</p>\n<ul><li>obliczenie współrzędnych punktu 𝑁: 𝑁= (</li></ul>\n<p>1<br>√3+1 ,<br>√3<br>√3+1) i zapisanie długości |𝐷𝑁|<br>w postaci<br>√3<br>3 ⋅<br>1<br>√3+1 - 1 ⋅<br>√3<br>√3+1 + 4|<br>√(-<br>√3<br>3 )<br>2<br>+(-1)2<br>(sposób V).<br>1 pkt - zapisanie równania z jedną niewiadomą 𝑥= |𝐵𝑁|, np.<br>1<br>2 ∙1 ∙𝑥∙sin60° + 1<br>2 ∙𝑥∙1 ∙sin30° = 1<br>2 (z sumy pól trójkątów 𝐵𝐿𝑁 oraz 𝐾𝐵𝑁),<br>1<br>sin105° =<br>𝑥<br>sin45° (z twierdzenia sinusów dla trójkąta 𝐵𝑁𝐾),<br>1<br>sin75° =<br>𝑥<br>sin45° (z twierdzenia sinusów dla trójkąta 𝐵𝑁𝐿),<br>1 -1<br>2 ∙𝑥= 𝑥⋅√3<br>2 (ze związków miarowych w trójkątach 𝐵𝐸𝑁 i 𝐸𝐿𝑁),<br>ALBO</p>\n<ul><li>obliczenie długości odcinka 𝐵𝐷 i zapisanie |𝐵𝐷| = 2√3,</li></ul>\n<p>ALBO<br>Zasady oceniania rozwiązań zadań</p>\n<ul><li>zapisanie równania z jedną niewiadomą 𝑥 (pierwszą lub drugą współrzędną</li></ul>\n<p>punktu 𝑁), np. -𝑥+ 1 = √3𝑥 (sposób V),<br>ALBO</p>\n<ul><li>wyznaczenie równań prostych 𝐴𝐶 i 𝐵𝐷 oraz obliczenie współrzędnych punktu 𝐷:</li></ul>\n<p>𝐷= (√3, 3) (sposób V).<br>0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano nieprawidłową metodę, albo brak rozwiązania.<br>Uwaga:<br>W rozwiązaniach nie są akceptowane przybliżenia dziesiętne liczb rzeczywistych.<br>Przykładowe pełne rozwiązania<br>Sposób I (pola trójkątów)<br>W trójkącie 𝐷𝐴𝐵 o kątach 90°, 60°, 30° mamy: |𝐴𝐷| = 2, |𝐴𝐵| = 4 i |𝐵𝐷| = 2√3.<br>W trójkącie 𝐵𝐿𝑁 miara kąta 𝑁𝐵𝐿 jest równa 60°. W trójkącie 𝐾𝐵𝑁 miara kąta 𝐾𝐵𝑁<br>jest równa 30°. Ponieważ pole trójkąta 𝐾𝐵𝐿 (równe 1</p>\n<ol><li>jest sumą pól trójkątów 𝐵𝐿𝑁 oraz</li></ol>\n<p>𝐾𝐵𝑁, więc możemy zapisać równość<br>1<br>2 ∙|𝐵𝐿| ∙|𝐵𝑁| ∙sin 60° + 1<br>2 ∙|𝐵𝑁| ∙|𝐵𝐾| ∙sin30° = 1<br>2<br>Stąd, po uwzględnieniu warunku |𝐵𝐾| = |𝐵𝐿| = 1, otrzymujemy dalej<br>|𝐵𝑁| ∙√3<br>2 + |𝐵𝑁| ∙1<br>2 = 1<br>|𝐵𝑁| ∙(√3 + 1) = 2<br>|𝐵𝑁| = √3 -1<br>Zatem |𝑁𝐷| = |𝐵𝐷| -|𝐵𝑁| = 2√3 -(√3 -1) = √3 + 1.<br>To należało wykazać.<br>60°<br>1<br>𝐾<br>𝐴<br>𝑁<br>𝐿<br>𝐵<br>𝐶<br>2<br>𝐷<br>1<br>Sposób II<br>W trójkącie 𝐷𝐴𝐵 o kątach 90°, 60°, 30° mamy: |𝐴𝐷| = 2, |𝐴𝐵| = 4 i |𝐵𝐷| = 2√3.<br>Kąty w trójkącie 𝐵𝑁𝐾 mają miary: 30°, 45°, 105°. Stosujemy twierdzenie sinusów<br>i zapisujemy równość:<br>|𝐵𝐾|<br>sin105° = |𝐵𝑁|<br>sin45°<br>Zatem<br>|𝐵𝑁| =<br>1 ∙sin45°<br>sin(60° + 45°) =<br>√2<br>2<br>√3<br>2 ∙√2<br>2 + 1<br>2 ∙√2<br>2<br>2<br>√3 + 1<br>= √3 -1<br>Ostatecznie |𝑁𝐷| = |𝐵𝐷| -|𝐵𝑁| = 2√3 -(√3 -1) = √3 + 1.<br>To należało wykazać.<br>Sposób III (trójkąt 𝐵𝐿𝑁)<br>Prowadzimy wysokość 𝑁𝐸 w trójkącie 𝐵𝐿𝑁 i oznaczamy 𝑥= |𝐵𝐸|.<br>Trójkąt prostokątny 𝐷𝐴𝐵 ma kąty ostre 60° i 30°, więc:<br>|𝐴𝐵| = 2|𝐴𝐷| = 2 ⋅2 = 4 i |𝐵𝐷| = |𝐴𝐷|√3 = 2√3<br>Trójkąt prostokątny 𝐵𝐿𝐾 ma kąty ostre 45°, więc |𝐾𝐿| = √2.<br>W trójkącie prostokątnym 𝑁𝐵𝐸 kąty ostre mają miary 60° i 30°, więc<br>|𝑁𝐸| = |𝐵𝐸| ∙√3 = 𝑥√3 i |𝐵𝑁| = 2|𝐵𝐸| = 2𝑥<br>Trójkąt prostokątny 𝐸𝐿𝑁 ma kąty ostre 45°, więc<br>|𝑁𝐸| = |𝐸𝐿| = 𝑥√3<br>Ale |𝑁𝐸| = |𝐵𝐿| -|𝐵𝐸| = 1 -𝑥, więc otrzymujemy równanie<br>𝑥<br>60°<br>1 -𝑥<br>𝐾<br>𝐴<br>𝑁<br>𝐿<br>𝐵<br>𝐶<br>2<br>𝐷<br>1<br>𝐸<br>Zasady oceniania rozwiązań zadań<br>1 -𝑥= 𝑥√3<br>𝑥√3 + 𝑥= 1<br>(√3 + 1)𝑥= 1<br>Mnożąc obie strony równania przez √3 -1, otrzymujemy<br>2𝑥= √3 -1<br>czyli<br>|𝐵𝑁| = 2𝑥= √3 -1<br>Zatem |𝑁𝐷| = |𝐵𝐷| -|𝐵𝑁| = 2√3 -(√3 -1) = √3 + 1.<br>To należało wykazać.<br>Sposób IV (twierdzenie cosinusów)<br>W trójkącie 𝐷𝐴𝐵 o kątach 90°, 60°, 30° mamy: |𝐴𝐷| = 2, |𝐴𝐵| = 4 i |𝐵𝐷| = 2√3.<br>W trójkącie 𝐾𝐵𝐿 kąty mają miary: 90°, 45°, 45° oraz: |𝐵𝐾| = |𝐵𝐿| = 1, |𝐾𝐿| = √2.<br>Z twierdzenia cosinusów zastosowanego do trójkątów 𝐾𝐵𝑁 oraz 𝐵𝐿𝑁 otrzymujemy<br>równości<br>|𝐵𝑁|2 = |𝐵𝐾|2 + |𝐾𝑁|2 -2 ∙|𝐵𝐾| ∙|𝐾𝑁| ∙cos45°<br>oraz<br>|𝐵𝑁|2 = |𝐵𝐿|2 + |𝐿𝑁|2 -2 ∙|𝐵𝐿| ∙|𝐿𝑁| ∙cos45°<br>Zatem po podstawieniu |𝐵𝐾| = |𝐵𝐿| = 1 i dodaniu stronami równań otrzymujemy równość:<br>2 ∙|𝐵𝑁|2 = |𝐿𝑁|2 + |𝐾𝑁|2<br>Ponieważ |∡𝐾𝐵𝑁| = 30°, więc z twierdzenia cosinusów zastosowanego do trójkąta 𝐾𝐵𝑁<br>otrzymujemy:<br>|𝐾𝑁|2 = |𝐵𝐾|2 + |𝐵𝑁|2 -2 ∙|𝐵𝐾| ∙|𝐵𝑁| ∙cos30°<br>Ponieważ |∡𝑁𝐵𝐿| = 60°, więc z twierdzenia cosinusów zastosowanego do trójkąta 𝐵𝐿𝑁<br>otrzymujemy:<br>|𝐿𝑁|2 = |𝐵𝐿|2 + |𝐵𝑁|2 -2 ∙|𝐵𝐿| ∙|𝐵𝑁| ∙cos60°<br>Zatem po podstawieniu |𝐵𝐾| = |𝐵𝐿| = 1 i dodaniu stronami równań otrzymujemy równość:<br>|𝐿𝑁|2 + |𝐾𝑁|2 = 2 + 2 ∙|𝐵𝑁|2 -|𝐵𝑁| ∙√3 -|𝐵𝑁|<br>Ale<br>2 ∙|𝐵𝑁|2 = |𝐿𝑁|2 + |𝐾𝑁|2<br>więc<br>2 ∙|𝐵𝑁|2 = 2 + 2 ∙|𝐵𝑁|2 -|𝐵𝑁| ∙√3 -|𝐵𝑁|<br>Zatem |𝐵𝑁| ∙(√3 + 1) = 2, czyli |𝐵𝑁| = √3 -1. Dlatego<br>|𝑁𝐷| = |𝐵𝐷| -|𝐵𝑁| = 2√3 -(√3 -1) = √3 + 1.<br>To należało wykazać.<br>Sposób V (trójkąt w układzie współrzędnych)<br>Umieszczamy trójkąt 𝐴𝐵𝐶 w kartezjańskim układzie współrzędnych (𝑥, 𝑦) tak, aby:<br>𝐵= (0, 0), 𝐴 był punktem leżącym na dodatniej półosi 𝑂𝑦, 𝐶 był punktem leżącym na<br>dodatniej półosi 𝑂𝑥. Wtedy 𝐾= (0, 1) i 𝐿= (1, 0), więc prosta 𝐾𝐿 ma równanie<br>𝑦= -𝑥+ 1. Ponieważ |∡𝐵𝐴𝐶| = 60° i 𝐵𝐷⊥𝐴𝐶, więc prosta 𝐵𝐷 jest nachylona do osi<br>𝑂𝑥 pod kątem 60°. Stąd 𝐵𝐷 ma równanie 𝑦= √3𝑥.<br>Obliczamy współrzędne punktu 𝑁:<br>{<br>𝑦= -𝑥+ 1<br>𝑦= √3 𝑥<br>{ √3𝑥= -𝑥+ 1<br>𝑦= √3 𝑥<br>{<br>𝑥=<br>1<br>√3 + 1<br>𝑦=<br>√3<br>√3 + 1<br>czyli 𝑁= (<br>1<br>√3+1 ,<br>√3<br>√3+1).<br>Obliczamy współrzędne punktu 𝐴.<br>|𝐴𝐷|<br>|𝐴𝐵| = cos 60°, więc |𝐴𝐵| =<br>|𝐴𝐷|<br>cos60° = 4 i stąd 𝐴= (0, 4).<br>4<br>𝑦= -𝑥+ 1<br>𝑦= ξ3 ⋅𝑥<br>60°<br>1<br>𝐾<br>𝐴<br>𝑁<br>𝐿<br>𝐵<br>𝐶<br>2<br>𝐷<br>1<br>𝑥<br>𝑦<br>0<br>Zasady oceniania rozwiązań zadań<br>Ponieważ |∡𝐵𝐶𝐴| = 30°, więc współczynnik kierunkowy 𝑎 w równaniu prostej 𝐴𝐶 jest<br>równy 𝑎= tg 150° = -<br>√3<br>3 . Zatem prosta 𝐴𝐶 ma równanie 𝑦= -<br>√3<br>3 𝑥+ 4.<br>Obliczamy odległość punktu 𝑁 od prostej 𝐴𝐶:<br>|-√3<br>3 ⋅<br>1<br>√3 + 1 -1 ⋅<br>√3<br>√3 + 1 + 4|<br>√(-√3<br>3 )<br>2</p>\n<ul><li>(-1)2</li></ul>\n<p>|-√3 -3√3 + 12(√3 + 1)<br>3(√3 + 1)<br>2<br>√3<br>8√3 + 12<br>3(√3 + 1)<br>2<br>√3<br>= 8√3 + 12<br>3(√3 + 1)<br>⋅√3<br>2 = 4 + 2√3<br>√3 + 1<br>= 2(2 + √3)(√3 -1)<br>2<br>= √3 + 1<br>Zatem |𝑁𝐷| = √3 + 1. To należało wykazać.<br>Sposób VI (prosta równoległa do 𝐾𝐿 przechodząca przez 𝐷)<br>Prowadzimy wysokość 𝐷𝐸 trójkąta 𝐵𝐶𝐷, a przez punkt 𝐷 prostą równoległą do<br>prostej 𝐾𝐿 i oznaczamy przez 𝐹 punkt jej przecięcia z prostą 𝐵𝐶.<br>W trójkącie 𝐷𝐴𝐵 o kątach 90°, 60°, 30° mamy: |𝐴𝐷| = 2, |𝐴𝐵| = 4 i |𝐵𝐷| = 2√3.<br>Trójkąt prostokątny 𝐵𝐸𝐷 ma również kąty ostre 60° i 30°, więc |𝐵𝐸| =<br>|𝐵𝐷|<br>2<br>= √3<br>i |𝐷𝐸| = |𝐵𝐷|√3 = 3.<br>Trójkąt prostokątny 𝐷𝐸𝐹 ma kąty ostre 45°, więc jest równoramienny.<br>Zatem |𝐸𝐹| = |𝐷𝐸| = 3.<br>Stąd |𝐿𝐹| = |𝐿𝐸| + |𝐸𝐹| = (|𝐵𝐸| -|𝐵𝐿|) + |𝐸𝐹| = √3 -1 + 3 = 2 + √3.<br>Z twierdzenia Talesa otrzymujemy<br>|𝑁𝐷|<br>|𝐿𝐹| =<br>|𝐵𝑁|<br>|𝐵𝐿|<br>𝐹<br>60°<br>1<br>𝐾<br>𝐴<br>𝑁<br>𝐿<br>𝐵<br>𝐶<br>2<br>𝐷<br>1<br>𝐸<br>𝐹<br>czyli<br>|𝑁𝐷|<br>2 + √3<br>= 2√3 -|𝑁𝐷|<br>1<br>Stąd<br>|𝑁𝐷| = (2 + √3) ⋅(2√3 -|𝑁𝐷|)<br>|𝑁𝐷| + (2 + √3) ⋅|𝑁𝐷| = 4√3 + 6<br>|𝑁𝐷| ⋅(3 + √3) = 4√3 + 6<br>|𝑁𝐷| = 4√3 + 6<br>3 + √3<br>= 2(2√3 + 3)(3 -√3)<br>9 -3<br>= √3 + 1<br>To należało wykazać.<br>Sposób VII (prosta równoległa do 𝐵𝐶 przechodząca przez 𝐷)<br>Prowadzimy przez punkt 𝐷 prostą równoległą do prostej 𝐵𝐶 i oznaczamy przez 𝐸 punkt<br>jej przecięcia z prostą 𝐾𝐿, natomiast przez 𝐹 - punkt jej przecięcia z prostą 𝐴𝐵.<br>W trójkącie 𝐷𝐴𝐵 o kątach 90°, 60°, 30° mamy: |𝐴𝐷| = 2, |𝐴𝐵| = 4 i |𝐵𝐷| = 2√3.<br>Trójkąt prostokątny 𝐴𝐹𝐷 ma kąty ostre 60° i 30°, więc |𝐴𝐹| = 1 oraz |𝐷𝐹| = √3.<br>Zatem |𝐹𝐾| = 4 -1 -1 = 2.<br>Trójkąt prostokątny 𝐾𝐹𝐸 ma kąty ostre 45°, więc jest równoramienny.<br>Zatem |𝐸𝐹| = |𝐹𝐾| = 2. Stąd |𝐸𝐷| = 2 + √3.<br>Trójkąty 𝐷𝐸𝑁 i 𝐵𝐿𝑁 są podobne (kkk), więc<br>|𝑁𝐷|<br>|𝐸𝐷| =<br>|𝐵𝑁|<br>|𝐵𝐿|<br>czyli<br>60°<br>1<br>𝐾<br>𝐴<br>𝑁<br>𝐿<br>𝐵<br>𝐶<br>2<br>𝐷<br>1<br>𝐸<br>𝐹<br>Zasady oceniania rozwiązań zadań<br>|𝑁𝐷|<br>2 + √3<br>= 2√3 -|𝑁𝐷|<br>1<br>Stąd<br>|𝑁𝐷| = (2 + √3) ⋅(2√3 -|𝑁𝐷|)<br>|𝑁𝐷| + (2 + √3) ⋅|𝑁𝐷| = 4√3 + 6<br>|𝑁𝐷| ⋅(3 + √3) = 4√3 + 6<br>|𝑁𝐷| = 4√3 + 6<br>3 + √3<br>= 2(2√3 + 3)(3 -√3)<br>9 -3<br>= √3 + 1<br>To należało wykazać.</p>","solutions":[{"source":"site","label":"matematykaszkolna.pl","kind":"image","image":"/img/matematyka-2023-maj-matura-rozszerzona/sol-5.svg"},{"source":"maturaonline","label":"matura-online.pl","kind":"text","html":"<p>Odpowiedź: Rozwiązanie w układzie współrzędnych: $B = (0,0)$, $A = (0,4)$, $C = (4\\sqrt{3}, 0)$. Wtedy $K = (0,1)$, $L = (1,0)$, $D = (\\sqrt{3}, 3)$, $N = \\left(\\frac{\\sqrt{3}-1}{2}, \\frac{3-\\sqrt{3}}{2}\\right)$. $|ND|^2 = \\left(\\frac{\\sqrt{3}+1}{2}\\right)^2 (1+3) = (\\sqrt{3}+1)^2$, więc $|ND| = \\sqrt{3}+1$. ∎</p>\n<p>Strona arkusza CKE z trescia zadania</p>\n<p>Co zrobić?</p>\n<p>Wykazać, że $|ND| = \\sqrt{3} + 1$, gdzie $N$ to przecięcie odcinka $KL$ z wysokością $BD$.</p>\n<p>Ustaw układ współrzędnych. Niech $B = (0,0)$, $A$ na osi $y$, $C$ na osi $x$ (bo $\\angle ABC = 90°$).</p>\n<p>W trójkącie $ABD$ ($\\angle ADB = 90°$, $\\angle DAB = 60°$): $AD = 2 = AB \\cdot \\cos 60° = AB / 2$, czyli $AB = 4$.</p>\n<p>Z trójkąta 30-60-90 z $AB = 4$: $BC = AB \\cdot \\tan 60° = 4\\sqrt{3}$, $AC = 2 \\cdot AB = 8$.</p>\n<p>Stąd: $A = (0, 4)$, $C = (4\\sqrt{3}, 0)$.</p>\n<p>Wyznacz $K, L$. $K$ na $AB$ z $BK = 1$ → $K = (0, 1)$. $L$ na $BC$ z $BL = 1$ → $L = (1, 0)$.</p>\n<p>Prosta $KL$: $x + y = 1$.</p>\n<p>Wyznacz prostą $BD$. Prosta $AC$: $y = 4 - \\frac{x}{\\sqrt{3}}$ (współczynnik $-\\frac{1}{\\sqrt{3}}$).</p>\n<p>Prostopadła z $B = (0,0)$: współczynnik $\\sqrt{3}$, czyli $y = \\sqrt{3} x$.</p>\n<p>Wyznacz $D = AC \\cap BD$:</p>\n<p>$$\\sqrt{3} x = 4 - \\frac{x}{\\sqrt{3}} \\implies 3x = 4\\sqrt{3} - x \\implies x = \\sqrt{3}, \\ y = 3$$</p>\n<p>$D = (\\sqrt{3}, 3)$.</p>\n<p>Wyznacz $N = KL \\cap BD$:</p>\n<p>$$x + \\sqrt{3}x = 1 \\implies x = \\frac{1}{1+\\sqrt{3}} = \\frac{\\sqrt{3}-1}{2}$$</p>\n<p>$$y = \\sqrt{3}x = \\frac{3 - \\sqrt{3}}{2}$$</p>\n<p>$N = \\left(\\frac{\\sqrt{3}-1}{2}, \\frac{3-\\sqrt{3}}{2}\\right)$.</p>\n<p>Oblicz $|ND|$:</p>\n<p>$$D - N = \\left(\\sqrt{3} - \\frac{\\sqrt{3}-1}{2},\\ 3 - \\frac{3-\\sqrt{3}}{2}\\right) = \\left(\\frac{\\sqrt{3}+1}{2},\\ \\frac{3+\\sqrt{3}}{2}\\right)$$</p>\n<p>Druga współrzędna: $\\frac{3+\\sqrt{3}}{2} = \\frac{\\sqrt{3}(\\sqrt{3}+1)}{2}$ — wspólny czynnik $\\frac{\\sqrt{3}+1}{2}$:</p>\n<p>$$|ND|^2 = \\left(\\frac{\\sqrt{3}+1}{2}\\right)^2 (1 + 3) = \\left(\\frac{\\sqrt{3}+1}{2}\\right)^2 \\cdot 4 = (\\sqrt{3}+1)^2$$</p>\n<p>$$|ND| = \\sqrt{3} + 1$$</p>\n<p>Co należało dowieść. ∎</p>\n<p>Po co to umieć</p>\n<p>Dowody geometryczne na PR często są szybsze w układzie współrzędnych niż klasycznie. Klucz: ustaw układ tak, by jeden wierzchołek był w $(0,0)$, a osie pokrywały się z prostopadłymi bokami.</p>\n<p>W trójkącie 30-60-90 ze stosunkami $1 : \\sqrt{3} : 2$ wszystkie funkcje trygonometryczne są łatwo wyznaczalne: $\\sin 30° = 1/2$, $\\cos 30° = \\sqrt{3}/2$, $\\tan 30° = 1/\\sqrt{3}$ itp.</p>\n<p>Typowy błąd: Najczęstszy błąd: pomylenie boków w trójkącie 30-60-90. Stosunki: naprzeciw 30° → naprzeciw 60° → naprzeciw 90° to $1 : \\sqrt{3} : 2$.</p>"},{"source":"maturazai","label":"maturazai.pl (AI)","kind":"text","html":"<h4>Poprawna odpowiedź: 285</h4>\n<p>Pierwsze trzy cyfry po przecinku pierwiastka to kolejno <strong>2</strong>, <strong>8</strong>, <strong>5</strong> (wynik: \\(x_0 \\approx 0{,}285 \\))</p>\n<h4>Sposób 1 - Pochodna + metoda bisekcji</h4>\n<p><strong>Krok 1: Pokaż, że wielomian ma dokładnie jeden pierwiastek rzeczywisty.</strong></p>\n<p>Obliczamy pochodną:<br>\\[W&#x27;(x) = 21x^2 - 18x + 9\\]</p>\n<p>Wyróżnik tej pochodnej:<br>\\[\\Delta_{W&#x27;} = (-18)^2 - 4 \\cdot 21 \\cdot 9 = 324 - 756 = -432 &lt; 0\\]</p>\n<p>Ponieważ \\(\\Delta_{W&#x27;} &lt; 0\\) i współczynnik wiodący \\(21 &gt; 0\\), mamy:<br>\\[W&#x27;(x) &gt; 0 \\quad \\text{dla wszystkich } x \\in \\mathbb{R}\\]</p>\n<p><strong>Wniosek:</strong> \\(W(x)\\) jest ściśle rosnąca na całej prostej, więc ma dokładnie jeden pierwiastek rzeczywisty. ✓</p>\n<p><strong>Krok 2: Zlokalizuj pierwiastek metodą bisekcji.</strong></p>\n<p>Obliczamy wartości brzegowe:<br>\\[W(0) = 7 \\cdot 0 - 9 \\cdot 0 + 9 \\cdot 0 - 2 = -2 &lt; 0\\]<br>\\[W(1) = 7 - 9 + 9 - 2 = 5 &gt; 0\\]</p>\n<p>Z tw. Darboux: pierwiastek \\(x_0 \\in (0,\\, 1)\\). Zawężamy:</p>\n<p>\\[W(0{,}2) = 7(0{,}008) - 9(0{,}04) + 9(0{,}2) - 2 = 0{,}056 - 0{,}36 + 1{,}8 - 2 = -0{,}504 &lt; 0\\]<br>\\[W(0{,}3) = 7(0{,}027) - 9(0{,}09) + 9(0{,}3) - 2 = 0{,}189 - 0{,}81 + 2{,}7 - 2 = 0{,}079 &gt; 0\\]</p>\n<p>Więc \\(x_0 \\in (0{,}2;\\, 0{,}3)\\). Pierwsza cyfra po przecinku: <strong>2</strong>. Zawężamy dalej:</p>\n<p>\\[W(0{,}28) = 7(0{,}021952) - 9(0{,}0784) + 9(0{,}28) - 2\\]<br>\\[= 0{,}153664 - 0{,}7056 + 2{,}52 - 2 = -0{,}031936 &lt; 0\\]<br>\\[W(0{,}29) = 7(0{,}024389) - 9(0{,}0841) + 9(0{,}29) - 2\\]<br>\\[= 0{,}170723 - 0{,}7569 + 2{,}61 - 2 = 0{,}023823 &gt; 0\\]</p>\n<p>Więc \\(x_0 \\in (0{,}28;\\, 0{,}29)\\). Druga cyfra po przecinku: <strong>8</strong>. Zawężamy dalej:</p>\n<p>\\[W(0{,}285) = 7(0{,}285)^3 - 9(0{,}285)^2 + 9(0{,}285) - 2\\]<br>\\[(0{,}285)^2 = 0{,}081225, \\quad (0{,}285)^3 = 0{,}023149125\\]<br>\\[= 0{,}162044 - 0{,}731025 + 2{,}565 - 2 = -0{,}003981 &lt; 0\\]</p>\n<p>\\[W(0{,}286) = 7(0{,}286)^3 - 9(0{,}286)^2 + 9(0{,}286) - 2\\]<br>\\[(0{,}286)^2 = 0{,}081796, \\quad (0{,}286)^3 = 0{,}023393\\]<br>\\[= 0{,}163751 - 0{,}736164 + 2{,}574 - 2 = +0{,}001587 &gt; 0\\]</p>\n<p>Więc \\(x_0 \\in (0{,}285;\\, 0{,}286)\\). Trzecia cyfra po przecinku: <strong>8</strong>.</p>\n<p><strong>Odczytujemy kolejno cyfry po przecinku: 2, 8, 5 → odpowiedź: 285.</strong></p>\n<h4>Sposób 2 - Metoda Newtona-Raphsona (szybka iteracja)</h4>\n<p>Zamiast żmudnej bisekcji, możemy użyć metody stycznych (Newtona):<br>\\[x_{n+1} = x_n - \\frac{W(x_n)}{W&#x27;(x_n)}\\]</p>\n<p><strong>Start:</strong> \\(x_0 = 0\\) (punkt startowy, wiemy że \\(W(0) = -2\\), \\(W&#x27;(0) = 9\\))</p>\n<p><strong>Iteracja 1:</strong><br>\\[x_1 = 0 - \\frac{W(0)}{W&#x27;(0)} = 0 - \\frac{-2}{9} = \\frac{2}{9} \\approx 0{,}2\\overline{2}\\]</p>\n<p><strong>Iteracja 2:</strong> Obliczamy \\(W\\!\\left(\\tfrac{2}{9}\\right)\\) i \\(W&#x27;\\!\\left(\\tfrac{2}{9}\\right)\\):<br>\\[W\\!\\left(\\tfrac{2}{9}\\right) = 7 \\cdot \\frac{8}{729} - 9 \\cdot \\frac{4}{81} + 9 \\cdot \\frac{2}{9} - 2 = \\frac{56}{729} - \\frac{4}{9} + 2 - 2 = \\frac{56 - 324}{729} = \\frac{-268}{729}\\]<br>\\[W&#x27;\\!\\left(\\tfrac{2}{9}\\right) = 21 \\cdot \\frac{4}{81} - 18 \\cdot \\frac{2}{9} + 9 = \\frac{84}{81} - 4 + 9 = \\frac{84}{81} + 5 = \\frac{489}{81} = \\frac{163}{27}\\]</p>\n<p>\\[x_2 = \\frac{2}{9} - \\frac{-268/729}{163/27} = \\frac{2}{9} + \\frac{268}{729} \\cdot \\frac{27}{163} = \\frac{2}{9} + \\frac{268}{4401}\\]<br>\\[x_2 = \\frac{2 \\cdot 489}{4401} + \\frac{268}{4401} = \\frac{978 + 268}{4401} = \\frac{1246}{4401} \\approx 0{,}2831 \\]</p>\n<p><strong>Iteracja 3:</strong> Po kolejnym kroku metody Newtona otrzymujemy \\(x_3 \\approx 0{,}2853 \\)</p>\n<p>Potrzeba jeszcze jednej iteracji dla uzyskania dokładności do 3 miejsc po przecinku, co daje \\(x \\approx 0{,}285\\ldots\\)</p>\n<p>Dla weryfikacji: \\(W(0{,}285) \\approx -0{,}00398\\) i \\(W(0{,}286) \\approx +0{,}00159\\), co potwierdza \\(x_0 \\in (0{,}285;\\, 0{,}286)\\).</p>\n<h4>Wzory z karty CKE</h4>\n<p><strong>Dział 16 (Pochodna funkcji, s. 32-33)</strong> - pochodna trójmianu kwadratowego:<br>\\[f(x) = ax^2 + bx + c \\implies f&#x27;(x) = 2ax + b\\]<br>i ogólna reguła \\((x^r)&#x27; = r x^{r-1}\\).</p>\n<p>Użyliśmy tego do obliczenia \\(W&#x27;(x) = 21x^2 - 18x + 9\\) i wykazania ścisłej monotoniczności \\(W\\).</p>\n<p><strong>Dział 7 (Funkcja kwadratowa, s. 7-9)</strong> - wyróżnik:<br>\\[\\Delta = b^2 - 4ac\\]<br>Użyliśmy go do sprawdzenia, że \\(W&#x27;(x) &gt; 0\\) (wyróżnik \\(W&#x27;\\) jest ujemny).</p>\n<h4>Typowe pułapki i uwaga</h4>\n<blockquote>⚠️ <strong>Uwaga:</strong> Zadanie pyta o <strong>cyfry po przecinku</strong> - nie o wartość zaokrągloną! Cyfrą po przecinku jest to, co stoi w danym miejscu po rozwinięciu; \\(0{,}285 \\) daje cyfry 2, 8, 5 - nawet jeśli następna cyfra jest większa niż 5, nie zaokrąglamy!</blockquote>\n<blockquote>⚠️ <strong>Uwaga:</strong> Nie wystarczy stwierdzić, że \\(W&#x27;(x) &gt; 0\\) bez pokazania <strong>dlaczego</strong> - trzeba wyliczyć \\(\\Delta_{W&#x27;} &lt; 0\\) i powołać się na dodatni współczynnik wiodący pochodnej.</blockquote>\n<blockquote>⚠️ <strong>Uwaga:</strong> Przy bisekcji łatwo pomylić kolejność zawężania i stwierdzić, że np. \\(x_0 \\in (0{,}28;\\, 0{,}29)\\) to już daje trzy cyfry - tymczasem to tylko dwie (2 i 8). Trzecia cyfra wymaga kolejnego sprawdzenia \\(W(0{,}285)\\) vs \\(W(0{,}286)\\).</blockquote>\n<h5>Analiza zadania</h5>\n<p>Szukamy pierwiastka wymiernego \\(\\dfrac{p}{q}\\) wielomianu \\(W(x)=7x^{3}-9x^{2}+9x-2\\). Zgodnie z twierdzeniem o pierwiastkach wymiernych wielomianu (karta wzorów, dział III), \\(p\\) dzieli wyraz wolny \\(-2\\), a \\(q\\) dzieli współczynnik wiodący \\(7\\).</p>\n<h5>Sposób 1 - twierdzenie o pierwiastkach wymiernych</h5>\n<p>Możliwe pierwiastki wymierne: \\(\\pm 1, \\pm 2, \\pm \\dfrac{1}{7}, \\pm \\dfrac{2}{7}\\).</p>\n<p>Sprawdzamy \\(x=\\dfrac{2}{7}\\):<br>\\[W\\left(\\dfrac{2}{7}\\right)=7\\cdot\\dfrac{8}{343}-9\\cdot\\dfrac{4}{49}+9\\cdot\\dfrac{2}{7}-2 = \\dfrac{8}{49}-\\dfrac{36}{49}+\\dfrac{126}{49}-\\dfrac{98}{49} = \\dfrac{8-36+126-98}{49}=\\dfrac{0}{49}=0\\]</p>\n<p>Zatem \\(x=\\dfrac{2}{7}\\) jest pierwiastkiem.</p>\n<p>Musimy sprawdzić, że jest jedyny - dzielimy \\(W(x)\\) przez \\((x-\\dfrac{2}{7})\\), czyli przez \\((7x-2)\\):<br>\\[7x^{3}-9x^{2}+9x-2 = (7x-2)(x^{2}-x+1)\\]</p>\n<p>Wyróżnik \\(x^{2}-x+1\\): \\(\\Delta = 1-4 = -3 &lt; 0\\), więc nie ma rzeczywistych pierwiastków.</p>\n<p>Zatem jedynym rzeczywistym pierwiastkiem jest \\(x=\\dfrac{2}{7}\\).</p>\n<h5>Rozwinięcie dziesiętne</h5>\n<p>Dzielimy \\(2:7\\):<br>\\[\\dfrac{2}{7} = 0{,}285714285714\\ldots = 0{,}\\overline{285714}\\]</p>\n<p>Pierwsza cyfra po przecinku: \\(2\\)<br>Druga cyfra: \\(8\\)<br>Trzecia cyfra: \\(5\\)</p>\n<p><strong>Odpowiedź: 285</strong></p>\n<h5>Sposób 2 - grupowanie</h5>\n<p>\\[7x^{3}-9x^{2}+9x-2 = 7x^{3}-2x^{2}-7x^{2}+2x+7x-2 = x^{2}(7x-2)-x(7x-2)+(7x-2) = (7x-2)(x^{2}-x+1)\\]</p>\n<p>Ten sam wniosek: pierwiastek \\(x=\\dfrac{2}{7}\\).</p>\n<h5>Uwagi o punktacji</h5>\n<ul><li>2 pkt - odpowiedź całkowicie poprawna: \\(285\\).</li><li>0 pkt - odpowiedź niepełna lub niepoprawna albo brak odpowiedzi.</li></ul>\n<p><strong>Trik:</strong> Jeśli wielomian trzeciego stopnia ma pierwiastek wymierny i jest on jedynym rzeczywistym, to po wydzieleniu dostaje się trójmian kwadratowy o ujemnej delcie - zawsze warto to sprawdzić.</p>"}]}