Zadanie 7. (0-3)
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.
Wykaż, że |𝑁𝐷| = √3 + 1.
60°
1
𝐾
𝐴
𝑁
𝐿
𝐵
𝐶
2
𝐷
1
EMAP-R0_100
Wypełnia
egzaminator
Nr zadania
7.
Maks. liczba pkt
3
Uzyskana liczba pkt
EMAP-R0_100
","answer_text_html":"Zadanie 7. (0-3)
Wymagania egzaminacyjne 2023 i 2024
Wymaganie ogólne
Wymaganie szczegółowe
V. Rozumowanie i argumentacja.
Zdający:
R7.4) znajduje związki miarowe w figurach
płaskich z zastosowaniem twierdzenia
sinusów i twierdzenia cosinusów.
Zasady oceniania
3 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: |𝑁𝐷| = √3 + 1.
2 pkt - obliczenie długości odcinka 𝐵𝑁: √3 -1
ALBO
niewiadomą 𝑥 (długością odcinka 𝐵𝑁),
ALBO
𝑥
2√3-𝑥= 2+√3
1
z niewiadomą 𝑥= |𝐷𝑁| (otrzymanego
z podobieństwa trójkątów 𝐵𝐿𝑁 i 𝐷𝐸𝑁, sposób VII),
ALBO
1
√3+1 ,
√3
√3+1) i obliczenie długości
odcinka 𝐵𝐷: |𝐵𝐷| = 2√3 (sposób V),
ALBO
1
√3+1 ,
√3
√3+1) i 𝐷= (√3, 3)
(sposób V),
ALBO
1
√3+1 ,
√3
√3+1) i zapisanie długości |𝐷𝑁|
w postaci
√3
3 ⋅
1
√3+1 - 1 ⋅
√3
√3+1 + 4|
√(-
√3
3 )
2
+(-1)2
(sposób V).
1 pkt - zapisanie równania z jedną niewiadomą 𝑥= |𝐵𝑁|, np.
1
2 ∙1 ∙𝑥∙sin60° + 1
2 ∙𝑥∙1 ∙sin30° = 1
2 (z sumy pól trójkątów 𝐵𝐿𝑁 oraz 𝐾𝐵𝑁),
1
sin105° =
𝑥
sin45° (z twierdzenia sinusów dla trójkąta 𝐵𝑁𝐾),
1
sin75° =
𝑥
sin45° (z twierdzenia sinusów dla trójkąta 𝐵𝑁𝐿),
1 -1
2 ∙𝑥= 𝑥⋅√3
2 (ze związków miarowych w trójkątach 𝐵𝐸𝑁 i 𝐸𝐿𝑁),
ALBO
ALBO
\npunktu 𝑁), np. -𝑥+ 1 = √3𝑥 (sposób V),
ALBO
𝐷= (√3, 3) (sposób V).
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano nieprawidłową metodę, albo brak rozwiązania.
Uwaga:
W rozwiązaniach nie są akceptowane przybliżenia dziesiętne liczb rzeczywistych.
Przykładowe pełne rozwiązania
Sposób I (pola trójkątów)
W trójkącie 𝐷𝐴𝐵 o kątach 90°, 60°, 30° mamy: |𝐴𝐷| = 2, |𝐴𝐵| = 4 i |𝐵𝐷| = 2√3.
W trójkącie 𝐵𝐿𝑁 miara kąta 𝑁𝐵𝐿 jest równa 60°. W trójkącie 𝐾𝐵𝑁 miara kąta 𝐾𝐵𝑁
jest równa 30°. Ponieważ pole trójkąta 𝐾𝐵𝐿 (równe 1
𝐾𝐵𝑁, więc możemy zapisać równość
1
2 ∙|𝐵𝐿| ∙|𝐵𝑁| ∙sin 60° + 1
2 ∙|𝐵𝑁| ∙|𝐵𝐾| ∙sin30° = 1
2
Stąd, po uwzględnieniu warunku |𝐵𝐾| = |𝐵𝐿| = 1, otrzymujemy dalej
|𝐵𝑁| ∙√3
2 + |𝐵𝑁| ∙1
2 = 1
|𝐵𝑁| ∙(√3 + 1) = 2
|𝐵𝑁| = √3 -1
Zatem |𝑁𝐷| = |𝐵𝐷| -|𝐵𝑁| = 2√3 -(√3 -1) = √3 + 1.
To należało wykazać.
60°
1
𝐾
𝐴
𝑁
𝐿
𝐵
𝐶
2
𝐷
1
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Sposób II
W trójkącie 𝐷𝐴𝐵 o kątach 90°, 60°, 30° mamy: |𝐴𝐷| = 2, |𝐴𝐵| = 4 i |𝐵𝐷| = 2√3.
Kąty w trójkącie 𝐵𝑁𝐾 mają miary: 30°, 45°, 105°. Stosujemy twierdzenie sinusów
i zapisujemy równość:
|𝐵𝐾|
sin105° = |𝐵𝑁|
sin45°
Zatem
|𝐵𝑁| =
1 ∙sin45°
sin(60° + 45°) =
√2
2
√3
2 ∙√2
2 +
1
2 ∙√2
2
2
√3 + 1
= √3 -1
Ostatecznie |𝑁𝐷| = |𝐵𝐷| -|𝐵𝑁| = 2√3 -(√3 -1) = √3 + 1.
To należało wykazać.
Sposób III (trójkąt 𝐵𝐿𝑁)
Prowadzimy wysokość 𝑁𝐸 w trójkącie 𝐵𝐿𝑁 i oznaczamy 𝑥= |𝐵𝐸|.
Trójkąt prostokątny 𝐷𝐴𝐵 ma kąty ostre 60° i 30°, więc:
|𝐴𝐵| = 2|𝐴𝐷| = 2 ⋅2 = 4 i |𝐵𝐷| = |𝐴𝐷|√3 = 2√3
Trójkąt prostokątny 𝐵𝐿𝐾 ma kąty ostre 45°, więc |𝐾𝐿| = √2.
W trójkącie prostokątnym 𝑁𝐵𝐸 kąty ostre mają miary 60° i 30°, więc
|𝑁𝐸| = |𝐵𝐸| ∙√3 = 𝑥√3 i |𝐵𝑁| = 2|𝐵𝐸| = 2𝑥
Trójkąt prostokątny 𝐸𝐿𝑁 ma kąty ostre 45°, więc
|𝑁𝐸| = |𝐸𝐿| = 𝑥√3
Ale |𝑁𝐸| = |𝐵𝐿| -|𝐵𝐸| = 1 -𝑥, więc otrzymujemy równanie
𝑥
60°
1 -𝑥
𝐾
𝐴
𝑁
𝐿
𝐵
𝐶
2
𝐷
1
𝐸
1 -𝑥= 𝑥√3
𝑥√3 + 𝑥= 1
(√3 + 1)𝑥= 1
Mnożąc obie strony równania przez √3 -1, otrzymujemy
2𝑥= √3 -1
czyli
|𝐵𝑁| = 2𝑥= √3 -1
Zatem |𝑁𝐷| = |𝐵𝐷| -|𝐵𝑁| = 2√3 -(√3 -1) = √3 + 1.
To należało wykazać.
Sposób IV (twierdzenie cosinusów)
W trójkącie 𝐷𝐴𝐵 o kątach 90°, 60°, 30° mamy: |𝐴𝐷| = 2, |𝐴𝐵| = 4 i |𝐵𝐷| = 2√3.
W trójkącie 𝐾𝐵𝐿 kąty mają miary: 90°, 45°, 45° oraz: |𝐵𝐾| = |𝐵𝐿| = 1, |𝐾𝐿| = √2.
Z twierdzenia cosinusów zastosowanego do trójkątów 𝐾𝐵𝑁 oraz 𝐵𝐿𝑁 otrzymujemy
równości
|𝐵𝑁|2 = |𝐵𝐾|2 + |𝐾𝑁|2 -2 ∙|𝐵𝐾| ∙|𝐾𝑁| ∙cos45°
oraz
|𝐵𝑁|2 = |𝐵𝐿|2 + |𝐿𝑁|2 -2 ∙|𝐵𝐿| ∙|𝐿𝑁| ∙cos45°
Zatem po podstawieniu |𝐵𝐾| = |𝐵𝐿| = 1 i dodaniu stronami równań otrzymujemy równość:
2 ∙|𝐵𝑁|2 = |𝐿𝑁|2 + |𝐾𝑁|2
Ponieważ |∡𝐾𝐵𝑁| = 30°, więc z twierdzenia cosinusów zastosowanego do trójkąta 𝐾𝐵𝑁
otrzymujemy:
|𝐾𝑁|2 = |𝐵𝐾|2 + |𝐵𝑁|2 -2 ∙|𝐵𝐾| ∙|𝐵𝑁| ∙cos30°
Ponieważ |∡𝑁𝐵𝐿| = 60°, więc z twierdzenia cosinusów zastosowanego do trójkąta 𝐵𝐿𝑁
otrzymujemy:
|𝐿𝑁|2 = |𝐵𝐿|2 + |𝐵𝑁|2 -2 ∙|𝐵𝐿| ∙|𝐵𝑁| ∙cos60°
Zatem po podstawieniu |𝐵𝐾| = |𝐵𝐿| = 1 i dodaniu stronami równań otrzymujemy równość:
|𝐿𝑁|2 + |𝐾𝑁|2 = 2 + 2 ∙|𝐵𝑁|2 -|𝐵𝑁| ∙√3 -|𝐵𝑁|
Ale
2 ∙|𝐵𝑁|2 = |𝐿𝑁|2 + |𝐾𝑁|2
więc
2 ∙|𝐵𝑁|2 = 2 + 2 ∙|𝐵𝑁|2 -|𝐵𝑁| ∙√3 -|𝐵𝑁|
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Zatem |𝐵𝑁| ∙(√3 + 1) = 2, czyli |𝐵𝑁| = √3 -1. Dlatego
|𝑁𝐷| = |𝐵𝐷| -|𝐵𝑁| = 2√3 -(√3 -1) = √3 + 1.
To należało wykazać.
Sposób V (trójkąt w układzie współrzędnych)
Umieszczamy trójkąt 𝐴𝐵𝐶 w kartezjańskim układzie współrzędnych (𝑥, 𝑦) tak, aby:
𝐵= (0, 0), 𝐴 był punktem leżącym na dodatniej półosi 𝑂𝑦, 𝐶 był punktem leżącym na
dodatniej półosi 𝑂𝑥. Wtedy 𝐾= (0, 1) i 𝐿= (1, 0), więc prosta 𝐾𝐿 ma równanie
𝑦= -𝑥+ 1. Ponieważ |∡𝐵𝐴𝐶| = 60° i 𝐵𝐷⊥𝐴𝐶, więc prosta 𝐵𝐷 jest nachylona do osi
𝑂𝑥 pod kątem 60°. Stąd 𝐵𝐷 ma równanie 𝑦= √3𝑥.
Obliczamy współrzędne punktu 𝑁:
{
𝑦= -𝑥+ 1
𝑦= √3 𝑥
{ √3𝑥= -𝑥+ 1
𝑦= √3 𝑥
{
𝑥=
1
√3 + 1
𝑦=
√3
√3 + 1
czyli 𝑁= (
1
√3+1 ,
√3
√3+1).
Obliczamy współrzędne punktu 𝐴.
|𝐴𝐷|
|𝐴𝐵| = cos 60°, więc |𝐴𝐵| =
|𝐴𝐷|
cos60° = 4 i stąd 𝐴= (0, 4).
4
𝑦= -𝑥+ 1
𝑦= ξ3 ⋅𝑥
60°
1
𝐾
𝐴
𝑁
𝐿
𝐵
𝐶
2
𝐷
1
𝑥
𝑦
0
Ponieważ |∡𝐵𝐶𝐴| = 30°, więc współczynnik kierunkowy 𝑎 w równaniu prostej 𝐴𝐶 jest
równy 𝑎= tg 150° = -
√3
3 . Zatem prosta 𝐴𝐶 ma równanie 𝑦= -
√3
3 𝑥+ 4.
Obliczamy odległość punktu 𝑁 od prostej 𝐴𝐶:
|-√3
3 ⋅
1
√3+1 -1 ⋅
√3
√3+1 + 4|
√(-√3
3 )
2
-√3-3√3+12(√3+1)
3(√3+1)
2
√3
8√3+12
3(√3+1)
2
√3
= 8√3 + 12
3(√3 + 1)
⋅√3
2 = 4 + 2√3
√3 + 1
= 2(2 + √3)(√3 -1)
2
= √3 + 1
Zatem |𝑁𝐷| = √3 + 1. To należało wykazać.
Sposób VI (prosta równoległa do 𝐾𝐿 przechodząca przez 𝐷)
Prowadzimy wysokość 𝐷𝐸 trójkąta 𝐵𝐶𝐷, a przez punkt 𝐷 prostą równoległą do
prostej 𝐾𝐿 i oznaczamy przez 𝐹 punkt jej przecięcia z prostą 𝐵𝐶.
W trójkącie 𝐷𝐴𝐵 o kątach 90°, 60°, 30° mamy: |𝐴𝐷| = 2, |𝐴𝐵| = 4 i |𝐵𝐷| = 2√3.
Trójkąt prostokątny 𝐵𝐸𝐷 ma również kąty ostre 60° i 30°, więc |𝐵𝐸| =
|𝐵𝐷|
2
= √3
i |𝐷𝐸| = |𝐵𝐷|√3 = 3.
Trójkąt prostokątny 𝐷𝐸𝐹 ma kąty ostre 45°, więc jest równoramienny.
Zatem |𝐸𝐹| = |𝐷𝐸| = 3.
Stąd |𝐿𝐹| = |𝐿𝐸| + |𝐸𝐹| = (|𝐵𝐸| -|𝐵𝐿|) + |𝐸𝐹| = √3 -1 + 3 = 2 + √3.
Z twierdzenia Talesa otrzymujemy
|𝑁𝐷|
|𝐿𝐹| = |𝐵𝑁|
|𝐵𝐿|
czyli
𝐹
60°
1
𝐾
𝐴
𝑁
𝐿
𝐵
𝐶
2
𝐷
1
𝐸
𝐹
Zasady oceniania rozwiązań zadań
|𝑁𝐷|
2 + √3
= 2√3 -|𝑁𝐷|
1
Stąd
|𝑁𝐷| = (2 + √3) ⋅(2√3 -|𝑁𝐷|)
|𝑁𝐷| + (2 + √3) ⋅|𝑁𝐷| = 4√3 + 6
|𝑁𝐷| ⋅(3 + √3) = 4√3 + 6
|𝑁𝐷| = 4√3 + 6
3 + √3
= 2(2√3 + 3)(3 -√3)
9 -3
= √3 + 1
To należało wykazać.
Sposób VII (prosta równoległa do 𝐵𝐶 przechodząca przez 𝐷)
Prowadzimy przez punkt 𝐷 prostą równoległą do prostej 𝐵𝐶 i oznaczamy przez 𝐸 punkt
jej przecięcia z prostą 𝐾𝐿, natomiast przez 𝐹 - punkt jej przecięcia z prostą 𝐴𝐵.
W trójkącie 𝐷𝐴𝐵 o kątach 90°, 60°, 30° mamy: |𝐴𝐷| = 2, |𝐴𝐵| = 4 i |𝐵𝐷| = 2√3.
Trójkąt prostokątny 𝐴𝐹𝐷 ma kąty ostre 60° i 30°, więc |𝐴𝐹| = 1 oraz |𝐷𝐹| = √3.
Zatem |𝐹𝐾| = 4 -1 -1 = 2.
Trójkąt prostokątny 𝐾𝐹𝐸 ma kąty ostre 45°, więc jest równoramienny.
Zatem |𝐸𝐹| = |𝐹𝐾| = 2. Stąd |𝐸𝐷| = 2 + √3.
Trójkąty 𝐷𝐸𝑁 i 𝐵𝐿𝑁 są podobne (kkk), więc
|𝑁𝐷|
|𝐸𝐷| =
|𝐵𝑁|
|𝐵𝐿|
czyli
60°
1
𝐾
𝐴
𝑁
𝐿
𝐵
𝐶
2
𝐷
1
𝐸
𝐹
|𝑁𝐷|
2 + √3
= 2√3 -|𝑁𝐷|
1
Stąd
|𝑁𝐷| = (2 + √3) ⋅(2√3 -|𝑁𝐷|)
|𝑁𝐷| + (2 + √3) ⋅|𝑁𝐷| = 4√3 + 6
|𝑁𝐷| ⋅(3 + √3) = 4√3 + 6
|𝑁𝐷| = 4√3 + 6
3 + √3
= 2(2√3 + 3)(3 -√3)
9 -3
= √3 + 1
To należało wykazać.
Zasady oceniania rozwiązań zadań