{"id":"matematyka-2024-maj-matura-rozszerzona/zad/8","paper_id":"matematyka-2024-maj-matura-rozszerzona","number":"8","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2024,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 8. (0-4)\nDany jest trójkąt 𝐴𝐵𝐶, który nie jest równoramienny. W tym trójkącie miara kąta 𝐴𝐵𝐶 jest\ndwa razy większa od miary kąta 𝐵𝐴𝐶.\nWykaż, że długości boków tego trójkąta spełniają warunek\n|𝑨𝑪|𝟐= |𝑩𝑪|𝟐+ |𝑨𝑩| ⋅|𝑩𝑪|\n8.\n0-1-\n2-3-4\n\nMMAP-R0_100\n\nMMAP-R0_100\nDany jest trójkąt ABC, który nie jest równoramienny. W tym trójkącie miara kąta ABC jest dwa razy większa od miary kąta BAC. Wykaż, że długości boków tego trójkąta spełniają warunek: |AC|² = |BC|² + |AB|⋅|BC|.","answer":null,"answer_text":"Zadanie 8. (0-4)\nWymagania egzaminacyjne 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 (dla sposobów I-V)\n4 pkt - przeprowadzenie pełnego rozumowania.\n3 pkt - zapisanie związków |𝐴𝐷|\n𝑥\n= 𝑐\n𝑎 oraz 𝑥\n𝑎= 𝑎\n𝑏 (dla sposobu I)\nALBO\n- zapisanie związku 𝑏\n𝑎= |𝐸𝐶|\n𝑏 (dla sposobu II),\nALBO\n- zapisanie związków |𝐴𝐹| = 𝑎= 𝑟 i |𝐴𝐹| ⋅𝑐= |𝐴𝐺|2 oraz zastosowanie\ntwierdzenia Pitagorasa do trójkąta 𝐴𝐶𝐺 (dla sposobu III),\nALBO\n- zapisanie, że w czworokącie wypukłym wpisanym w okrąg iloczyn długości\nprzekątnych czworokąta jest sumą iloczynów długości przeciwległych boków tego\nczworokąta oraz zapisanie związku |𝐶𝐻| = 𝑎 (dla sposobu IV),\nALBO\n- zapisanie związku 𝑏2 -(𝑎+ 𝑐-𝑎\n2 )\n2\n= 𝑎2 -(𝑐-𝑎\n2 )\n2\n(dla sposobu V).\n2 pkt - zapisanie związku |𝐴𝐷|\n𝑥\n= 𝑐\n𝑎 (dla sposobu I)\nALBO\n- zapisanie związku 𝑥\n𝑎= 𝑎\n𝑏 (dla sposobu I),\nALBO\n- zapisanie, że trójkąty 𝐸𝐴𝐶 i 𝐴𝐵𝐶 są podobne (dla sposobu II),\nALBO\n- zapisanie związków |𝐴𝐹| = 𝑎= 𝑟 oraz |𝐴𝐹| ⋅𝑐= |𝐴𝐺|2, (dla sposobu III),\nALBO\n- zapisanie, że w czworokącie wypukłym wpisanym w okrąg iloczyn długości\nprzekątnych czworokąta jest sumą iloczynów długości przeciwległych boków tego\nczworokąta (dla sposobu IV),\nALBO\n- zastosowanie twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów 𝐴𝐾𝐶 i 𝐵𝐾𝐶 oraz zapisanie\nrówności\n𝑏2 = (𝑎+ 𝑐-𝑎\n2 )\n2\n+ ℎ2 oraz 𝑎2 = (𝑐-𝑎\n2 )\n2\n+ ℎ2\n(dla sposobu V).\n1 pkt - zapisanie, że trójkąty 𝐶𝐴𝐵 i 𝐶𝐵𝐷 są podobne (dla sposobu I)\nALBO\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n- zdefiniowanie na prostej 𝐶𝐵 punktu 𝐸, takiego że |𝐵𝐸| = |𝐴𝐵| = 𝑐 oraz 𝐵\nnależy do odcinka 𝐶𝐸 (dla sposobu II),\nALBO\n- zapisanie, że trójkąt 𝐶𝐹𝐴 jest równoramienny (dla sposobu III),\nALBO\n- zapisanie związku |𝐴𝐹| ⋅𝑐= |𝐴𝐺|2 (dla sposobu III),\nALBO\n- zdefiniowanie punktu 𝐻 jako takiego, że czworokąt 𝐴𝐵𝐶𝐻 jest trapezem\nrównoramiennym o ramionach 𝐵𝐶 i 𝐴𝐻 oraz zapisanie, że na tym trapezie można\nopisać okrąg (dla sposobu IV),\nALBO\n- zdefiniowanie punktu 𝐿, który jest obrazem punktu 𝐵 w symetrii względem prostej\nzawierającej wysokość 𝐶𝐾 oraz zapisanie, że trójkąt 𝐴𝐿𝐶 jest równoramienny (dla\nsposobu V).\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nZasady oceniania (dla sposobów VI-X)\n4 pkt - przeprowadzenie pełnego rozumowania.\n3 pkt - wyznaczenie cosinusa kąta 𝐵𝐴𝐶 w zależności od długości boków trójkąta 𝐴𝐵𝐶\noraz zastosowanie twierdzenia cosinusów do trójkąta 𝐴𝐵𝐶 i zapisanie związku\n𝑎2 = 𝑐2 + 𝑏2 -2 ⋅𝑐⋅𝑏⋅𝑏\n2⋅𝑎 lub\n𝑏2 = 𝑎2 + 𝑐2 -2 ⋅𝑎⋅𝑐⋅[2 ⋅( 𝑏\n2 ⋅𝑎)\n2\n-1]\nALBO\n- zastosowanie twierdzenia cosinusów do trójkąta 𝐴𝐵𝐶 oraz zastosowanie wzoru na\ncosinus podwojonego kąta i zapisanie równań\n𝑏2 = 𝑎2 + 𝑐2 -2 ⋅𝑎⋅𝑐⋅(2 cos2 𝛼-1) oraz\n𝑎2 = 𝑐2 + 𝑏2 -2 ⋅𝑐⋅𝑏⋅cos 𝛼 oraz\n𝑏= 2 ⋅𝑎⋅cos 𝛼,\nALBO\n- przekształcenie stron równania 2 ⋅(𝑏2+ 𝑐2 - 𝑎2\n2𝑏𝑐\n)\n2\n-1 = 𝑎2 + 𝑐2 - 𝑏2\n2𝑎𝑐\ndo postaci\nilorazu wielomianów, z których każdy jest rozłożony do postaci iloczynowej, np.\n(𝑏-𝑐-𝑎)(𝑏-𝑐+ 𝑎)(𝑏+ 𝑐-𝑎)(𝑏+ 𝑐+ 𝑎)\n2𝑏2𝑐2\n(𝑎-𝑐-𝑏)(𝑎-𝑐+ 𝑏)\n2𝑎𝑐\nALBO\n- zastosowanie wzoru na sumę sinusów i zapisanie wyrażenia 𝑎2 + 𝑐⋅𝑎 w postaci\n4𝑅2 ⋅sin 𝛼⋅2 sin(2𝛼) ⋅cos 𝛼,\nALBO\n- wyznaczenie długości boku 𝐵𝐶 w zależności od długości odcinków 𝐴𝐾 (lub 𝐵𝐾)\noraz 𝐴𝐵 (w przypadku, gdy 𝐾 leży na odcinku 𝐴𝐵), np. 𝑎2 = (2𝑧-𝑐)2 (dla\nsposobu X).\n2 pkt - zapisanie związku między cosinusem kąta 𝐵𝐴𝐶 a długościami boków 𝐴𝐶 i 𝐵𝐶\ntrójkąta 𝐴𝐵𝐶, np. cos 𝛼= 𝑏\n2⋅𝑎\nALBO\n- spełnienie kryteriów 1) i 3) zasad oceniania za 1 pkt,\nALBO\n- spełnienie kryteriów 2) i 3) zasad oceniania za 1 pkt,\nALBO\n- wyeliminowanie cos 𝛼 z układu równań podanego w kryterium 3) zasad oceniania za\n1 pkt, np.\n2 (𝑏2 + 𝑐2 -𝑎2\n2𝑏𝑐\n)\n2\n-1 = 𝑎2 + 𝑐2 -𝑏2\n2𝑎𝑐\nALBO\n- zapisanie wyrażenia 𝑎2 + 𝑐⋅𝑎 w zależności od 𝑅, sin 𝛼 oraz sin(3𝛼), np.\n4𝑅2 ⋅sin2 𝛼+ 4𝑅2 ⋅sin(3𝛼) ⋅sin 𝛼,\nALBO\n- spełnienie kryterium 5) zasad oceniania za 1 pkt oraz zastosowanie twierdzenia\nPitagorasa w trójkątach 𝐴𝐾𝐶 i 𝐾𝐵𝐶 oraz zapisanie związków\n𝑏2 = |𝐴𝐾|2 + |𝐾𝐶|2 oraz 𝑎2 = |𝐾𝐵|2 + |𝐾𝐶|2 (dla sposobu X).\n1 pkt - spełnienie jednego z poniższych kryteriów 1)-5):\n1) zastosowanie twierdzenia sinusów do trójkąta 𝐴𝐵𝐶 i zapisanie związku\n𝑏\nsin(2𝛼) =\n𝑎\nsin 𝛼\n2) zastosowanie wzoru na pole trójkąta i zapisanie związku\n1\n2 ⋅𝑐⋅𝑎⋅sin(2𝛼) = 1\n2 ⋅𝑐⋅𝑏⋅sin 𝛼,\n3) zastosowanie twierdzenia cosinusów do trójkąta 𝐴𝐵𝐶 oraz zastosowanie wzoru\nna cosinus podwojonego kąta i zapisanie równań\n𝑏2 = 𝑎2 + 𝑐2 -2 ⋅𝑎⋅𝑐⋅(2 cos2 𝛼-1) oraz\n𝑎2 = 𝑐2 + 𝑏2 -2 ⋅𝑐⋅𝑏⋅cos 𝛼,\n4) zastosowanie twierdzenia sinusów i zapisanie 𝑎2 + 𝑐⋅𝑎 jako\n(2𝑅⋅sin 𝛼)2 + 2𝑅⋅sin |∡𝐵𝐶𝐴| ⋅2𝑅⋅sin 𝛼,\n5) poprowadzenie wysokości 𝐶𝐾 w trójkącie 𝐴𝐵𝐶 oraz zastosowanie definicji\ntangensa kąta ostrego w trójkątach 𝐴𝐾𝐶 i 𝐾𝐵𝐶 oraz zastosowanie wzoru na\ntangens podwojonego kąta i uzyskanie zależności między długościami odcinków\n𝐴𝐾, 𝐵𝐾 i 𝐶𝐾, np. ℎ\n𝑐-𝑧=\n2⋅ ℎ\n𝑧\n1-(ℎ\n𝑧)\n2 (dla sposobu X).\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nUwaga:\nJeżeli w rozwiązaniu zdający wykorzystuje wysokość 𝐶𝐾 trójkąta 𝐴𝐵𝐶 oraz przeprowadzi\nrozumowanie tylko w jednym przypadku (np. gdy 𝐾 leży między 𝐴 i 𝐵) i nie stwierdzi, że\nw drugim przypadku (gdy 𝐵 leży między 𝐾 i 𝐴) rozumowanie przebiega analogicznie, to\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nza całe rozwiązanie może otrzymać co najwyżej 3 punkty; jeżeli natomiast takie\nstwierdzenie zapisze, to może otrzymać 4 punkty.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nWe wszystkich poniższych rozwiązaniach przyjmujemy następujące oznaczenia:\n𝑎= |𝐵𝐶|, 𝑏= |𝐶𝐴|, 𝑐= |𝐴𝐵|, 𝛼= |∡𝐶𝐴𝐵|.\nSposób I (poprzez dwusieczną kąta 𝐴𝐵𝐶)\nPonieważ 𝛼= |∡𝐶𝐴𝐵|, więc |∡𝐴𝐵𝐶| = 2𝛼.\nNiech 𝐷 będzie punktem leżącym na przecięciu prostej 𝐴𝐶 z dwusieczną kąta 𝐴𝐵𝐶.\nOznaczmy przez 𝑥 długość odcinka 𝐷𝐶. Wtedy |∡𝐶𝐵𝐷| = 𝛼, |∡𝐷𝐶𝐵| = 180° -3𝛼 oraz\n|∡𝐵𝐷𝐶| = 2𝛼 (zobacz rysunek).\nZatem trójkąty 𝐶𝐴𝐵 i 𝐶𝐵𝐷 są podobne (na podstawie cechy kkk podobieństwa\ntrójkątów).\nZ podobieństwa tych trójkątów otrzymujemy 𝑥\n𝑎= 𝑎\n𝑏 , więc 𝑥= 𝑎2\n𝑏 .\nZ twierdzenia o dwusiecznej zastosowanego w trójkącie 𝐴𝐵𝐶 otrzymujemy\n|𝐴𝐷|\n𝑥\n= 𝑐\n𝑎\ni stąd wyznaczamy długość 𝑥 odcinka 𝐷𝐶:\n𝑏-𝑥\n𝑥\n= 𝑐\n𝑎\n𝑏= 𝑥⋅𝑐\n𝑎+ 𝑥\n𝑥= 𝑏⋅𝑎\n𝑐+ 𝑎\nStąd i ze związku 𝑥= 𝑎2\n𝑏 otrzymujemy:\n𝑎2\n𝑏= 𝑏⋅𝑎\n𝑐+ 𝑎\n𝑏2 = 𝑎2 + 𝑐⋅𝑎\n|𝐴𝐶|2 = |𝐵𝐶|2 + |𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝐶|\nTo należało wykazać.\nSposób II (poprzez trójkąty podobne)\nPonieważ 𝛼= |∡𝐶𝐴𝐵|, więc |∡𝐴𝐵𝐶| = 2𝛼.\nNiech 𝐸 będzie punktem leżącym na prostej 𝐶𝐵, takim że |𝐵𝐸| = |𝐴𝐵| = 𝑐 oraz 𝐵\nnależy do odcinka 𝐶𝐸. Wtedy trójkąt 𝐴𝐵𝐸 jest równoramienny i |∡𝐴𝐵𝐸| = 180° -2𝛼\noraz |∡𝐵𝐸𝐴| = |∡𝐵𝐴𝐸| = 𝛼 (zobacz rysunek).\nStąd miary kątów trójkąta 𝐸𝐴𝐶 są równe\n|∡𝐸𝐴𝐶| = 2𝛼, |∡𝐶𝐸𝐴| = 𝛼 oraz |∡𝐴𝐶𝐸| = 180° -3𝛼.\nZatem trójkąty 𝐸𝐴𝐶 i 𝐴𝐵𝐶 są podobne (na podstawie cechy kkk podobieństwa\ntrójkątów).\nZ podobieństwa tych trójkątów otrzymujemy 𝑏\n𝑎= |𝐸𝐶|\n𝑏 , więc\n𝑏2 = 𝑎⋅|𝐶𝐸|\n𝑏2 = 𝑎⋅(|𝐶𝐵| + |𝐵𝐸|)\n𝑏2 = 𝑎⋅(𝑎+ 𝑐)\n|𝐴𝐶|2 = |𝐵𝐶|2 + |𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝐶|\nTo należało wykazać.\nSposób III (poprzez sieczną)\nPonieważ 𝛼= |∡𝐶𝐴𝐵|, więc |∡𝐴𝐵𝐶| = 2𝛼.\nNiech 𝐹 będzie punktem przecięcia okręgu o środku w punkcie 𝐶 i promieniu 𝑎= |𝐵𝐶|\nz prostą 𝐴𝐵.\nPrzez punkt 𝐴 prowadzimy prostą styczną do tego okręgu i oznaczamy punkt styczności\nprzez 𝐺 (zobacz rysunek).\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nZ twierdzenia o odcinkach siecznej i stycznej otrzymujemy\n|𝐴𝐹| ⋅|𝐴𝐵| = |𝐴𝐺|2\nPonieważ |𝐵𝐶| = |𝐹𝐶| = 𝑎 i |∡𝐴𝐵𝐶| = 2𝛼 oraz |∡𝐵𝐴𝐶| = 𝛼, więc\n|∡𝐴𝐹𝐶| = 180° -2𝛼 i |∡𝐹𝐶𝐴| = |∡𝐵𝐴𝐶| = 𝛼. Zatem |𝐴𝐹| = |𝐹𝐶| =|𝐵𝐶| = 𝑎.\nZ twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta 𝐴𝐺𝐶 otrzymujemy\n|𝐴𝐺|2 = |𝐴𝐶|2 -|𝐶𝐺|2\n|𝐴𝐺|2 = 𝑏2 -𝑎2\nZatem równość |𝐴𝐹| ⋅|𝐴𝐵| = |𝐴𝐺|2 przyjmuje postać\n𝑎⋅𝑐= 𝑏2 -𝑎2\n𝑏2 = 𝑎2 + 𝑐⋅𝑎\n|𝐴𝐶|2 = |𝐵𝐶|2 + |𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝐶|\nTo należało wykazać.\nSposób IV (poprzez trapez wpisany w okrąg)\nPonieważ 𝛼= |∡𝐶𝐴𝐵|, więc |∡𝐴𝐵𝐶| = 2𝛼.\nNiech 𝐻 będzie obrazem punktu 𝐶 w symetrii osiowej względem symetralnej boku 𝐴𝐵.\nWtedy czworokąt 𝐴𝐵𝐶𝐻 jest trapezem równoramiennym o ramionach 𝐵𝐶 i 𝐴𝐻 (zobacz\nrysunek).\nSuma miar przeciwległych kątów trapezu równoramiennego jest równa 180°, więc na\ntrapezie 𝐴𝐵𝐶𝐻 można opisać okrąg. Ponieważ w czworokącie wypukłym wpisanym\nw okrąg iloczyn długości przekątnych czworokąta jest sumą iloczynów długości\nprzeciwległych boków tego czworokąta (twierdzenie Ptolemeusza), więc\n|𝐴𝐶| ⋅|𝐵𝐻| = |𝐵𝐶| ⋅|𝐴𝐻| + |𝐴𝐵| ⋅|𝐶𝐻|\nPonieważ |∡𝐵𝐴𝐶| = |∡𝐴𝐶𝐻| i trapez 𝐴𝐵𝐶𝐻 jest równoramienny, więc\n|𝐶𝐻| = |𝐴𝐻| = |𝐵𝐶| = 𝑎 oraz |𝐵𝐻| = |𝐴𝐶| = 𝑏.\nStąd i z równości |𝐴𝐶| ⋅|𝐵𝐻| = |𝐵𝐶| ⋅|𝐴𝐻| + |𝐴𝐵| ⋅|𝐶𝐻| otrzymujemy\n𝑏⋅𝑏= 𝑎⋅𝑎+ 𝑐⋅𝑎\n𝑏2 = 𝑎2 + 𝑐⋅𝑎\n|𝐴𝐶|2 = |𝐵𝐶|2 + |𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝐶|\nTo należało wykazać.\nSposób V (poprzez trójkąty równoramienne i twierdzenie Pitagorasa)\nNiech 𝐾 będzie spodkiem wysokości trójkąta 𝐴𝐵𝐶 opuszczonej z wierzchołka 𝐶.\nOznaczmy długość tej wysokości przez ℎ. Punkt 𝐾 nie może pokrywać się\nz wierzchołkiem 𝐵, gdyż wtedy trójkąt 𝐴𝐵𝐶 byłby równoramienny, co jest sprzeczne\nz założeniem.\nNiech 𝐿 będzie obrazem punktu 𝐵 w symetrii środkowej względem punktu 𝐾.\nNależy rozważyć dwa przypadki.\nPrzypadek 1. (gdy punkt 𝐾 leży na boku 𝐴𝐵).\nWtedy trójkąt 𝐿𝐵𝐶 jest równoramienny i |∡𝐵𝐿𝐶| = 2𝛼. Zatem |𝐿𝐶| = |𝐵𝐶| = 𝑎 oraz\n|∡𝐴𝐿𝐶| = 180° -2𝛼. Stąd wynika, że |∡𝐿𝐶𝐴| = 𝛼, co oznacza, że trójkąt 𝐴𝐿𝐶 jest\nrównoramienny. Zatem |𝐴𝐿| = |𝐿𝐶| = 𝑎 (zobacz rysunek).\nWobec tego |𝐿𝐵| = 𝑐-𝑎 oraz |𝐿𝐾| = |𝐾𝐵| = 𝑐-𝑎\n2 .\nZ twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów 𝐴𝐾𝐶 i 𝐵𝐾𝐶 otrzymujemy:\n|𝐴𝐶|2 = |𝐴𝐾|2 + |𝐾𝐶|2 oraz |𝐵𝐶|2 = |𝐾𝐵|2 + |𝐾𝐶|2\n𝑏2 = (𝑎+ 𝑐-𝑎\n2 )\n2\n+ ℎ2 oraz 𝑎2 = (𝑐-𝑎\n2 )\n2\n+ ℎ2\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nℎ2 = 𝑏2 -(𝑎+ 𝑐-𝑎\n2 )\n2\noraz ℎ2 = 𝑎2 -(𝑐-𝑎\n2 )\n2\nStąd\n𝑏2 -(𝑎+ 𝑐-𝑎\n2\n)\n2\n= 𝑎2 -(𝑐-𝑎\n2\n)\n2\n𝑏2 -𝑎2+2𝑎𝑐+𝑐2\n4\n= 𝑎2 -𝑎2-2𝑎𝑐+𝑐2\n4\n4𝑏2 -𝑎2 -2𝑎𝑐-𝑐2 = 4𝑎2 -𝑎2 + 2𝑎𝑐-𝑐2\n4𝑏2 = 4𝑎2 + 4𝑎𝑐\n𝑏2 = 𝑎2 + 𝑎𝑐\nTo kończy dowód w tym przypadku.\nPrzypadek 2. (gdy punkt 𝐾 leży na przedłużeniu boku 𝐴𝐵).\nWtedy punkt 𝐵 leży między punktami 𝐴 i 𝐾, trójkąt 𝐿𝐵𝐶 jest równoramienny oraz\n|∡𝐿𝐵𝐶| = 180° -2𝛼. Zatem |𝐿𝐶| = |𝐵𝐶| = 𝑎 oraz |∡𝐵𝐿𝐶| = |∡𝐿𝐵𝐶| = 180° -2𝛼.\nStąd wynika, że |∡𝐿𝐶𝐴| = 𝛼, co oznacza, że trójkąt 𝐴𝐿𝐶 jest równoramienny, więc\n|𝐴𝐿| = |𝐿𝐶| = 𝑎 (zobacz rysunek).\nWobec tego |𝐿𝐵| = 𝑎-𝑐 oraz |𝐿𝐾| = |𝐾𝐵| = 𝑎-𝑐\n2 .\nZ twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów 𝐴𝐾𝐶 i 𝐵𝐾𝐶 otrzymujemy:\n|𝐴𝐶|2 = |𝐴𝐾|2 + |𝐾𝐶|2 oraz |𝐵𝐶|2 = |𝐾𝐵|2 + |𝐾𝐶|2\n𝑏2 = (𝑐+ 𝑎-𝑐\n2 )\n2\n+ ℎ2 oraz 𝑎2 = (𝑎-𝑐\n2 )\n2\n+ ℎ2\nℎ2 = 𝑏2 -(𝑐+ 𝑎-𝑐\n2 )\n2\noraz ℎ2 = 𝑎2 -(𝑎-𝑐\n2 )\n2\nStąd\n𝑏2 -(𝑐+ 𝑎-𝑐\n2\n)\n2\n= 𝑎2 -(𝑎-𝑐\n2\n)\n2\n𝑏2 -𝑎2+2𝑎𝑐+𝑐2\n4\n= 𝑎2 -𝑎2-2𝑎𝑐+𝑐2\n4\n4𝑏2 -𝑎2 -2𝑎𝑐-𝑐2 = 4𝑎2 -𝑎2 + 2𝑎𝑐-𝑐2\n4𝑏2 = 4𝑎2 + 4𝑎𝑐\n|𝐴𝐶|2 = |𝐵𝐶|2 + |𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝐶|\nTo należało wykazać.\nSposób VI (z wyznaczeniem cos 𝛼 poprzez twierdzenie sinusów)\nPonieważ 𝛼= |∡𝐶𝐴𝐵|, więc |∡𝐴𝐵𝐶| = 2𝛼.\nStosujemy twierdzenie sinusów do trójkąta 𝐴𝐵𝐶 oraz wzór na sinus podwojonego kąta\ni otrzymujemy:\n𝑏\nsin(2𝛼) =\n𝑎\nsin 𝛼\n𝑏\n2 sin 𝛼⋅cos 𝛼=\n𝑎\nsin 𝛼\ncos 𝛼=\n𝑏\n2 ⋅𝑎\nStąd i z twierdzenia cosinusów zastosowanego do trójkąta 𝐴𝐵𝐶 otrzymujemy:\n𝑎2 = 𝑐2 + 𝑏2 -2 ⋅𝑐⋅𝑏⋅cos 𝛼\n𝑎2 = 𝑐2 + 𝑏2 -2 ⋅𝑐⋅𝑏⋅\n𝑏\n2 ⋅𝑎\n𝑎2 = 𝑐2 + 𝑏2 -𝑐⋅𝑏2\n𝑎\n𝑎2 -𝑐2 = 𝑏2 -𝑐⋅𝑏2\n𝑎\n(𝑎-𝑐) ⋅(𝑎+ 𝑐) = 𝑏2 ⋅(1 -𝑐\n𝑎)\n(𝑎-𝑐) ⋅(𝑎+ 𝑐) ⋅𝑎= 𝑏2 ⋅(𝑎-𝑐)\nPonieważ trójkąt 𝐴𝐵𝐶 nie jest równoramienny, więc 𝑎-𝑐≠0. Zatem\n(𝑎+ 𝑐) ⋅𝑎= 𝑏2\n|𝐴𝐶|2 = |𝐵𝐶|2 + |𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝐶|\nTo należało wykazać.\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nSposób VII (z wyznaczeniem cos 𝛼 poprzez porównanie pól)\nPonieważ 𝛼= |∡𝐶𝐴𝐵|, więc |∡𝐴𝐵𝐶| = 2𝛼.\nStosujemy wzór na pole trójkąta w zależności od długości dwóch boków i sinusa kąta między\ntymi bokami, otrzymując\n1\n2 ⋅𝑐⋅𝑎⋅sin(2𝛼) = 1\n2 ⋅𝑐⋅𝑏⋅sin 𝛼\nStąd, po zastosowaniu wzoru na sinus podwojonego kąta, otrzymujemy\n2 ⋅𝑎⋅cos 𝛼= 𝑏\nDwukrotnie stosujemy do trójkąta 𝐴𝐵𝐶 twierdzenie cosinusów:\n𝑏2 = 𝑎2 + 𝑐2 -2 ⋅𝑎⋅𝑐⋅cos(2𝛼)\n𝑎2 = 𝑏2 + 𝑐2 -2 ⋅𝑏⋅𝑐⋅cos 𝛼\nStąd, po zastosowaniu wzoru na cosinus podwojonego kąta oraz skorzystaniu z zależności\n2 ⋅𝑎⋅cos 𝛼= 𝑏, otrzymujemy układ równań\n{ 𝑏2 = 𝑎2 + 𝑐2 -2 ⋅𝑎⋅𝑐⋅(2cos2 𝛼-1)\n𝑎2 = 𝑏2 + 𝑐2 -2 ⋅2 ⋅𝑎⋅cos 𝛼⋅𝑐⋅cos𝛼\nPo odjęciu od stron pierwszego równania stron drugiego równania otrzymujemy kolejno:\n𝑏2 -𝑎2 = 𝑎2 -𝑏2 + 2 ⋅𝑎⋅𝑐\n|𝐴𝐶|2 = |𝐵𝐶|2 + |𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝐶|\nTo należało wykazać.\nSposób VIII (poprzez dwukrotne zastosowanie twierdzenia cosinusów)\nPonieważ 𝛼= |∡𝐶𝐴𝐵|, więc |∡𝐴𝐵𝐶| = 2𝛼.\nDwukrotnie stosujemy do trójkąta 𝐴𝐵𝐶 twierdzenie cosinusów:\n𝑏2 = 𝑎2 + 𝑐2 -2 ⋅𝑎⋅𝑐⋅cos(2𝛼)\n𝑎2 = 𝑏2 + 𝑐2 -2 ⋅𝑏⋅𝑐⋅cos 𝛼\nZ uzyskanych równań eliminujemy (po zastosowaniu wzoru na cosinus podwojonego kąta)\ncos 𝛼:\ncos(2𝛼) = 𝑎2 + 𝑐2 -𝑏2\n2𝑎𝑐\n∧ cos 𝛼= 𝑏2 + 𝑐2 -𝑎2\n2𝑏𝑐\n2 cos2 𝛼-1 = 𝑎2 + 𝑐2 -𝑏2\n2𝑎𝑐\n∧ cos 𝛼= 𝑏2 + 𝑐2 -𝑎2\n2𝑏𝑐\n2 (𝑏2 + 𝑐2 -𝑎2\n2𝑏𝑐\n)\n2\n-1 = 𝑎2 + 𝑐2 -𝑏2\n2𝑎𝑐\nPrzekształcamy otrzymane równanie i otrzymujemy kolejno:\n(𝑏2 + 𝑐2 -𝑎2)2\n2𝑏2𝑐2\n-4𝑏2𝑐2\n2𝑏2𝑐2 = 𝑎2 + 𝑐2 -𝑏2\n2𝑎𝑐\n-2𝑎𝑐\n2𝑎𝑐\n(𝑏2 + 𝑐2 -𝑎2 -2𝑏𝑐)(𝑏2 + 𝑐2 -𝑎2 + 2𝑏𝑐)\n2𝑏2𝑐2\n(𝑎-𝑐)2 -𝑏2\n2𝑎𝑐\n((𝑏-𝑐)2 -𝑎2)((𝑏+ 𝑐)2 -𝑎2)\n2𝑏2𝑐2\n= (𝑎-𝑐-𝑏)(𝑎-𝑐+ 𝑏)\n2𝑎𝑐\n(𝑏-𝑐-𝑎)(𝑏-𝑐+ 𝑎)(𝑏+ 𝑐-𝑎)(𝑏+ 𝑐+ 𝑎)\n2𝑏2𝑐2\n= (𝑎-𝑐-𝑏)(𝑎-𝑐+ 𝑏)\n2𝑎𝑐\nKorzystamy z tego, że w trójkącie 𝑏+ 𝑐≠𝑎 oraz 𝑎+ 𝑏≠𝑐, i otrzymujemy dalej\n(𝑏-𝑐-𝑎)(𝑏+ 𝑐+ 𝑎)\n2𝑏2𝑐2\n= -1\n2𝑎𝑐\n2𝑎[𝑏2 -(𝑎+ 𝑐)2] + 2𝑏2𝑐= 0\n𝑎𝑏2 -𝑎(𝑎+ 𝑐)2 + 𝑏2𝑐= 0\n𝑏2(𝑎+ 𝑐) -𝑎(𝑎+ 𝑐)2 = 0 /: (𝑎+ 𝑐)\n𝑏2 = 𝑎(𝑎+ 𝑐)\n|𝐴𝐶|2 = |𝐵𝐶|2 + |𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝐶|\nTo należało wykazać.\nSposób IX (poprzez twierdzenie sinusów i przekształcenia trygonometryczne)\nPonieważ 𝛼= |∡𝐶𝐴𝐵|, więc |∡𝐴𝐵𝐶| = 2𝛼. Niech 𝑅 będzie promieniem okręgu\nopisanego na trójkącie 𝐴𝐵𝐶.\nTrzykrotnie stosujemy do trójkąta 𝐴𝐵𝐶 twierdzenie sinusów i otrzymujemy\n𝑎2 + 𝑐⋅𝑎= (2𝑅⋅sin 𝛼)2 + 2𝑅⋅sin |∡𝐵𝐶𝐴| ⋅2𝑅⋅sin 𝛼=\n= (2𝑅⋅sin 𝛼)2 + 2𝑅⋅sin(180° -3𝛼) ⋅2𝑅⋅sin 𝛼\nStosujemy wzory redukcyjne oraz wzór na sumę sinusów, otrzymując\n𝑎2 + 𝑐⋅𝑎= 4𝑅2 ⋅sin2 𝛼+ 4𝑅2 ⋅sin(3𝛼) ⋅sin 𝛼=\n= 4𝑅2 ⋅sin 𝛼⋅[sin 𝛼+ sin(3𝛼)] = 4𝑅2 ⋅sin 𝛼⋅2 sin(2𝛼) ⋅cos 𝛼\nStąd, po skorzystaniu ze wzoru na sinus podwojonego kąta oraz z twierdzenia sinusów,\ndostajemy\n|𝐵𝐶|2 + |𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝐶| = 4𝑅2 ⋅sin2(2𝛼) = [2𝑅⋅sin(2𝛼)]2 = |𝐴𝐶|2\nTo należało wykazać.\nSposób X (poprzez tangens podwojonego kąta i twierdzenie Pitagorasa)\nNiech 𝐾 będzie spodkiem wysokości trójkąta 𝐴𝐵𝐶 opuszczonej w wierzchołka 𝐶.\nOznaczmy długość tej wysokości przez ℎ. Punkt 𝐾 nie może pokrywać się\nz wierzchołkiem 𝐵, gdyż wtedy trójkąt 𝐴𝐵𝐶 byłby równoramienny, co jest sprzeczne\nz założeniem.\nNależy rozważyć dwa przypadki.\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nPrzypadek 1. (gdy punkt 𝐾 leży na boku 𝐴𝐵).\nOznaczmy 𝑧= |𝐴𝐾|. Wtedy |𝐾𝐵| = 𝑐-𝑧 (zobacz rysunek).\nTrójkąty 𝐴𝐾𝐶 i 𝐾𝐵𝐶 są prostokątne, więc tg 𝛼= ℎ\n𝑧 oraz tg(2𝛼) =\nℎ\n𝑐-𝑧 .\nStąd i ze wzoru na tangens podwojonego kąta otrzymujemy:\nℎ\n𝑐-𝑧=\n2 ⋅ℎ\n𝑧\n1 -(ℎ\n𝑧)\n2\n1\n𝑐-𝑧=\n2\n𝑧\n1 -(ℎ\n𝑧)\n2\n2\n𝑧⋅(𝑐-𝑧) = 1 -ℎ2\n𝑧2\n2𝑧(𝑐-𝑧) = 𝑧2 -ℎ2\nℎ2 = 3𝑧2 -2𝑐𝑧\nZ twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów 𝐴𝐾𝐶 i 𝐾𝐵𝐶 otrzymujemy:\n|𝐴𝐶|2 = |𝐴𝐾|2 + |𝐾𝐶|2 oraz |𝐵𝐶|2 = |𝐾𝐵|2 + |𝐾𝐶|2\n𝑏2 = 𝑧2 + ℎ2 oraz 𝑎2 = (𝑐-𝑧)2 + ℎ2\nZe związków ℎ2 = 3𝑧2 -2𝑐𝑧 i 𝑎2 = (𝑐-𝑧)2 + ℎ2 otrzymujemy\n𝑎2 = 𝑐2 -2𝑐𝑧+ 𝑧2 + 3𝑧2 -2𝑐𝑧\n𝑎2 = 4𝑧2 -4𝑐𝑧+ 𝑐2\n𝑎2 = (2𝑧-𝑐)2\n𝑎= 2𝑧-𝑐 lub 𝑎= 𝑐-2𝑧\nPonieważ w rozpatrywanym przypadku |𝐴𝐾| > |𝐾𝐵|, tj. 𝑧> 𝑐-𝑧, więc 2𝑧-𝑐> 0, czyli\n𝑎= 2𝑧-𝑐.\nRówność 𝑏2 = 𝑧2 + ℎ2 możemy, wykorzystując równość ℎ2 = 3𝑧2 -2𝑐𝑧, zapisać\nw postaci\n𝑏2 = 4𝑧2 -2𝑐𝑧\nStąd i z równości 𝑎= 2𝑧-𝑐 otrzymujemy\n𝑏2 = 2𝑧(2𝑧-𝑐)\n𝑏2 = 2𝑧𝑎\n𝑏2 = (𝑎+ 𝑐) ⋅𝑎\n𝑏2 = 𝑎2 + 𝑐𝑎\n|𝐴𝐶|2 = |𝐵𝐶|2 + |𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝐶|\nTo kończy dowód w tym przypadku.\nPrzypadek 2. (gdy punkt 𝐾 leży na przedłużeniu boku 𝐴𝐵).\nWtedy punkt 𝐵 leży między punktami 𝐴 i 𝐾. Oznaczmy 𝑧= |𝐵𝐾|. Wtedy |𝐴𝐾| = 𝑐+ 𝑧\noraz |∡𝐾𝐵𝐶| = 180° -2𝛼 (zobacz rysunek).\nTrójkąty 𝐴𝐾𝐶 i 𝐾𝐵𝐶 są prostokątne, więc tg 𝛼=\nℎ\n𝑐+𝑧 oraz tg(180° -2𝛼) = ℎ\n𝑧 .\nPonieważ tg(180° -2𝛼) = -tg(2𝛼), więc ℎ\n𝑧= -tg(2𝛼).\nAnalogicznie jak w poprzednim przypadku stosujemy wzór na tangens podwojonego kąta\ni otrzymujemy:\n-ℎ\n𝑧=\n2 ⋅ ℎ\n𝑐+𝑧\n1-( ℎ\n𝑐+𝑧)\n2\n2\n𝑐+ 𝑧⋅𝑧= (\nℎ\n𝑐+ 𝑧)\n2\n-1\n2𝑧(𝑐+ 𝑧) = ℎ2 -(𝑐+ 𝑧)2\nℎ2 = 3𝑧2 + 4𝑐𝑧+ 𝑐2\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nZ twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów 𝐴𝐾𝐶 i 𝐵𝐾𝐶 otrzymujemy:\n|𝐴𝐶|2 = |𝐴𝐾|2 + |𝐾𝐶|2 oraz |𝐵𝐶|2 = |𝐾𝐵|2 + |𝐾𝐶|2\n𝑏2 = (𝑐+ 𝑧)2 + ℎ2 oraz 𝑎2 = 𝑧2 + ℎ2\nZe związków ℎ2 = 3𝑧2 + 4𝑐𝑧+ 𝑐2 i 𝑎2 = 𝑧2 + ℎ2 otrzymujemy\n𝑎2 = 𝑧2 + 3𝑧2 + 4𝑐𝑧+ 𝑐2\n𝑎2 = (2𝑧+ 𝑐)2\n𝑎= 2𝑧+ 𝑐\nRówność 𝑏2 = (𝑐+ 𝑧)2 + ℎ2 możemy, wykorzystując równość ℎ2 = 3𝑧2 + 4𝑐𝑧+ 𝑐2,\nzapisać w postaci\n𝑏2 = 4𝑧2 + 6𝑐𝑧+ 2𝑐2\nStąd i z równości 𝑎= 2𝑧+ 𝑐 otrzymujemy\n𝑏2 = (4𝑧2 + 4𝑐𝑧+ 𝑐2) + 2𝑐𝑧+ 𝑐2\n𝑏2 = (2𝑧+ 𝑐)2 + 𝑐(2𝑧+ 𝑐)\n𝑏2 = 𝑎2 + 𝑐𝑎\n|𝐴𝐶|2 = |𝐵𝐶|2 + |𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝐶|\nTo należało wykazać.","solution":"Odpowiedź: Dowód — patrz Sposób I (trygonometryczny) lub Sposób II (geometria, przez dwusieczną).\n\nStrona arkusza CKE z tym zadaniem\n\nStrategia — oznaczenia\n\nUstal oznaczenia stałe w całym dowodzie:\n\n- $a = |BC|$, $b = |CA|$, $c = |AB|$\n- $\\alpha = \\angle BAC$ (kąt przy wierzchołku $A$)\n- $\\angle ABC = 2\\alpha$ (kąt przy $B$, dwa razy większy z założenia)\n- $\\angle BCA = 180° - 3\\alpha$ (suma kątów trójkąta = 180°)\n\nTrzeba pokazać: $b^2 = a^2 + c \\cdot a$.\n\nZałożenie „nie równoramienny\" wyklucza przypadki, w których $\\alpha = 0°$, $\\alpha = 60°$ albo gdzie trójkąt staje się zdegenerowany. W szczególności $\\sin \\alpha \\neq 0$ i $\\sin 3\\alpha \\neq 0$ — będziemy mogli dzielić.\n\nSposób I — trygonometria (przez twierdzenie sinusów + suma sinusów)\n\nTo ścieżka bez rysunku, czysto algebraiczna. Najmniej ryzykowna.\n\nZ twierdzenia sinusów dla trójkąta $ABC$:\n\n$$\\frac{a}{\\sin \\alpha} = \\frac{b}{\\sin 2\\alpha} = \\frac{c}{\\sin(180° - 3\\alpha)} = \\frac{c}{\\sin 3\\alpha}$$\n\n(skorzystaliśmy z $\\sin(180° - x) = \\sin x$).\n\nWyraź $b$ przez $a$ i $\\alpha$. Z proporcji $\\tfrac{a}{\\sin \\alpha} = \\tfrac{b}{\\sin 2\\alpha}$:\n\n$$b = a \\cdot \\frac{\\sin 2\\alpha}{\\sin \\alpha} = a \\cdot \\frac{2 \\sin \\alpha \\cos \\alpha}{\\sin \\alpha} = 2a \\cos \\alpha$$\n\n(zastosowaliśmy wzór $\\sin 2\\alpha = 2 \\sin \\alpha \\cos \\alpha$).\n\nWyraź $c$ przez $a$ i $\\alpha$. Z proporcji $\\tfrac{a}{\\sin \\alpha} = \\tfrac{c}{\\sin 3\\alpha}$:\n\n$$c = a \\cdot \\frac{\\sin 3\\alpha}{\\sin \\alpha}$$\n\nOblicz lewą stronę tezy $b^2$:\n\n$$b^2 = (2a \\cos \\alpha)^2 = 4 a^2 \\cos^2 \\alpha$$\n\nOblicz prawą stronę $a^2 + c \\cdot a$:\n\n$$a^2 + c \\cdot a = a^2 + a \\cdot \\frac{a \\sin 3\\alpha}{\\sin \\alpha} = a^2 \\cdot \\left(1 + \\frac{\\sin 3\\alpha}{\\sin \\alpha}\\right) = a^2 \\cdot \\frac{\\sin \\alpha + \\sin 3\\alpha}{\\sin \\alpha}$$\n\nZastosuj wzór na sumę sinusów:\n\n$$\\sin \\alpha + \\sin 3\\alpha = 2 \\sin \\left(\\frac{\\alpha + 3\\alpha}{2}\\right) \\cos \\left(\\frac{3\\alpha - \\alpha}{2}\\right) = 2 \\sin 2\\alpha \\cdot \\cos \\alpha$$\n\nZ $\\sin 2\\alpha = 2 \\sin \\alpha \\cos \\alpha$:\n\n$$\\sin \\alpha + \\sin 3\\alpha = 2 \\cdot 2 \\sin \\alpha \\cos \\alpha \\cdot \\cos \\alpha = 4 \\sin \\alpha \\cos^2 \\alpha$$\n\nPodstaw z powrotem:\n\n$$a^2 + c \\cdot a = a^2 \\cdot \\frac{4 \\sin \\alpha \\cos^2 \\alpha}{\\sin \\alpha} = 4 a^2 \\cos^2 \\alpha$$\n\nPorównaj:\n\n$$b^2 = 4 a^2 \\cos^2 \\alpha = a^2 + c \\cdot a$$\n\nczyli:\n\n$$|AC|^2 = |BC|^2 + |AB| \\cdot |BC| \\quad\\blacksquare$$\n\nSposób II — geometria (przez dwusieczną kąta ABC i podobieństwo trójkątów)\n\nKrócej, ale wymaga rysunku i znajomości twierdzenia o dwusiecznej.\n\nKonstrukcja: poprowadź dwusieczną kąta $\\angle ABC$ — przecina ona bok $AC$ w punkcie $D$.\n\n- $\\angle DBC = \\alpha$ (dwusieczna dzieli $2\\alpha$ na dwa $\\alpha$)\n- $\\angle DCB = 180° - 3\\alpha$ (kąt $C$ pełen)\n- $\\angle BDC = 180° - \\alpha - (180° - 3\\alpha) = 2\\alpha$\n\nZatem trójkąt $CDB$ ma kąty $(\\alpha, 2\\alpha, 180° - 3\\alpha)$, czyli te same kąty co trójkąt $CAB$ (ten też ma $(\\alpha, 2\\alpha, 180° - 3\\alpha)$). Trójkąty są podobne.\n\nNiech $x = |DC|$. Z podobieństwa $\\triangle CDB \\sim \\triangle CAB$:\n\n$$\\frac{x}{a} = \\frac{a}{b} \\quad\\Rightarrow\\quad x = \\frac{a^2}{b}$$\n\nZ twierdzenia o dwusiecznej w $\\triangle ABC$: $\\dfrac{|AD|}{|DC|} = \\dfrac{|AB|}{|BC|} = \\dfrac{c}{a}$, czyli:\n\n$$\\frac{b - x}{x} = \\frac{c}{a} \\quad\\Rightarrow\\quad b - x = \\frac{cx}{a} \\quad\\Rightarrow\\quad b = x \\cdot \\frac{c + a}{a} \\quad\\Rightarrow\\quad x = \\frac{ab}{c + a}$$\n\nZ obu wzorów na $x$:\n\n$$\\frac{a^2}{b} = \\frac{ab}{c + a}$$\n\n$$a^2(c + a) = ab^2$$\n\n$$a(c + a) = b^2$$\n\n$$b^2 = a^2 + ac \\quad\\Leftrightarrow\\quad |AC|^2 = |BC|^2 + |AB| \\cdot |BC| \\quad\\blacksquare$$\n\nPunktacja CKE\n\nKlucz CKE wymienia 10 (!) różnych sposobów dowodu (przez podobieństwo, przez sieczną i styczną, przez trapez wpisany w okrąg z twierdzenia Ptolemeusza, przez twierdzenie cosinusów, przez Pitagorasa, przez sumę sinusów...).\n\nStrukturę punktową dla typowego sposobu:\n\n- 1 pkt — zapisanie kluczowego związku startowego (np. podobieństwo $\\triangle CAB \\sim \\triangle CDB$, lub $\\cos \\alpha = \\tfrac{b}{2a}$ z twierdzenia cosinusów).\n- 2 pkt — zapisanie wzoru łączącego dwie wielkości z tezy (np. $\\tfrac{|AD|}{x} = \\tfrac{c}{a}$, lub $\\cos \\alpha = \\tfrac{b}{2a}$ z tw. cosinusów).\n- 3 pkt — sprowadzenie do równania z jedną niewiadomą / dwóch równań.\n- 4 pkt — pełne rozumowanie.\n\nKlucz uniwersalny\n\nTrzy najczęstsze ścieżki dowodów geometrycznych w trójkątach z kątem $2\\alpha$:\n\n1. Twierdzenie sinusów + wzory na sin podwojonego/potrojonego — bezpieczna ścieżka algebraiczna, działa zawsze.\n2. Dwusieczna kąta podwojonego → trójkąty podobne — krócej, wymaga rysunku.\n3. Twierdzenie cosinusów — najszybsza dla zależności metrycznych, jeśli umiesz manipulować wzorem $\\cos 2\\alpha = 2\\cos^2 \\alpha - 1$.\n\nWybierz tę, której wzory pamiętasz najpewniej. Tu polecam sposób I (trygonometryczny) — najmniej miejsc do popełnienia błędu.\n\nTypowy błąd: CKE w uwadze: jeśli rozumowanie geometryczne przeprowadzasz w JEDNYM przypadku (np. tylko gdy spodek wysokości leży wewnątrz boku AB), bez stwierdzenia, że drugi przypadek jest analogiczny — maksimum 3 pkt zamiast 4. W sposobie trygonometrycznym takiego problemu nie ma.","image":"img/matematyka-2024-maj-matura-rozszerzona/zad-8.webp","solution_image":"img/matematyka-2024-maj-matura-rozszerzona/sol-8.svg","topics":"planimetria, twierdzenia o trójkątach, trygonometria, dowody_geometryczne","page_from":12,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturaonline","text_source":"site","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2024 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 8. (0-4)
Dany jest trójkąt 𝐴𝐵𝐶, który nie jest równoramienny. W tym trójkącie miara kąta 𝐴𝐵𝐶 jest
dwa razy większa od miary kąta 𝐵𝐴𝐶.
Wykaż, że długości boków tego trójkąta spełniają warunek
|𝑨𝑪|𝟐= |𝑩𝑪|𝟐+ |𝑨𝑩| ⋅|𝑩𝑪|
8.
0-1-
2-3-4

\n

MMAP-R0_100

\n

MMAP-R0_100
Dany jest trójkąt ABC, który nie jest równoramienny. W tym trójkącie miara kąta ABC jest dwa razy większa od miary kąta BAC. Wykaż, że długości boków tego trójkąta spełniają warunek: |AC|² = |BC|² + |AB|⋅|BC|.

","answer_text_html":"

Zadanie 8. (0-4)
Wymagania egzaminacyjne 2024
Wymaganie ogólne
Wymaganie szczegółowe
IV. Rozumowanie i argumentacja.

\n
  1. Przeprowadzanie rozumowań, także
\n

kilkuetapowych, podawanie argumentów
uzasadniających poprawność rozumowania,
odróżnianie dowodu od przykładu.
Zdający:
VIII.R3) przeprowadza dowody
geometryczne.
Zasady oceniania (dla sposobów I-V)
4 pkt - przeprowadzenie pełnego rozumowania.
3 pkt - zapisanie związków |𝐴𝐷|
𝑥
= 𝑐
𝑎 oraz 𝑥
𝑎= 𝑎
𝑏 (dla sposobu I)
ALBO

\n\n

𝑎= |𝐸𝐶|
𝑏 (dla sposobu II),
ALBO

\n\n

twierdzenia Pitagorasa do trójkąta 𝐴𝐶𝐺 (dla sposobu III),
ALBO

\n\n

przekątnych czworokąta jest sumą iloczynów długości przeciwległych boków tego
czworokąta oraz zapisanie związku |𝐶𝐻| = 𝑎 (dla sposobu IV),
ALBO

\n\n

2 )
2
= 𝑎2 -(𝑐-𝑎
2 )
2
(dla sposobu V).
2 pkt - zapisanie związku |𝐴𝐷|
𝑥
= 𝑐
𝑎 (dla sposobu I)
ALBO

\n\n

𝑎= 𝑎
𝑏 (dla sposobu I),
ALBO

\n\n

ALBO

\n\n

ALBO

\n\n

przekątnych czworokąta jest sumą iloczynów długości przeciwległych boków tego
czworokąta (dla sposobu IV),
ALBO

\n\n

równości
𝑏2 = (𝑎+ 𝑐-𝑎
2 )
2

\n\n

2 )
2

\n\n

(dla sposobu V).
1 pkt - zapisanie, że trójkąty 𝐶𝐴𝐵 i 𝐶𝐵𝐷 są podobne (dla sposobu I)
ALBO
Zasady oceniania rozwiązań zadań

\n\n

należy do odcinka 𝐶𝐸 (dla sposobu II),
ALBO

\n\n

ALBO

\n\n

ALBO

\n\n

równoramiennym o ramionach 𝐵𝐶 i 𝐴𝐻 oraz zapisanie, że na tym trapezie można
opisać okrąg (dla sposobu IV),
ALBO

\n\n

zawierającej wysokość 𝐶𝐾 oraz zapisanie, że trójkąt 𝐴𝐿𝐶 jest równoramienny (dla
sposobu V).
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Zasady oceniania (dla sposobów VI-X)
4 pkt - przeprowadzenie pełnego rozumowania.
3 pkt - wyznaczenie cosinusa kąta 𝐵𝐴𝐶 w zależności od długości boków trójkąta 𝐴𝐵𝐶
oraz zastosowanie twierdzenia cosinusów do trójkąta 𝐴𝐵𝐶 i zapisanie związku
𝑎2 = 𝑐2 + 𝑏2 -2 ⋅𝑐⋅𝑏⋅𝑏
2⋅𝑎 lub
𝑏2 = 𝑎2 + 𝑐2 -2 ⋅𝑎⋅𝑐⋅[2 ⋅( 𝑏
2 ⋅𝑎)
2
-1]
ALBO

\n\n

cosinus podwojonego kąta i zapisanie równań
𝑏2 = 𝑎2 + 𝑐2 -2 ⋅𝑎⋅𝑐⋅(2 cos2 𝛼-1) oraz
𝑎2 = 𝑐2 + 𝑏2 -2 ⋅𝑐⋅𝑏⋅cos 𝛼 oraz
𝑏= 2 ⋅𝑎⋅cos 𝛼,
ALBO

\n\n

2𝑏𝑐
)
2
-1 = 𝑎2 + 𝑐2 - 𝑏2
2𝑎𝑐
do postaci
ilorazu wielomianów, z których każdy jest rozłożony do postaci iloczynowej, np.
(𝑏-𝑐-𝑎)(𝑏-𝑐+ 𝑎)(𝑏+ 𝑐-𝑎)(𝑏+ 𝑐+ 𝑎)
2𝑏2𝑐2
(𝑎-𝑐-𝑏)(𝑎-𝑐+ 𝑏)
2𝑎𝑐
ALBO

\n\n

4𝑅2 ⋅sin 𝛼⋅2 sin(2𝛼) ⋅cos 𝛼,
ALBO

\n\n

oraz 𝐴𝐵 (w przypadku, gdy 𝐾 leży na odcinku 𝐴𝐵), np. 𝑎2 = (2𝑧-𝑐)2 (dla
sposobu X).
2 pkt - zapisanie związku między cosinusem kąta 𝐵𝐴𝐶 a długościami boków 𝐴𝐶 i 𝐵𝐶
trójkąta 𝐴𝐵𝐶, np. cos 𝛼= 𝑏
2⋅𝑎
ALBO

\n\n

ALBO

\n\n

ALBO

\n\n

1 pkt, np.
2 (𝑏2 + 𝑐2 -𝑎2
2𝑏𝑐
)
2
-1 = 𝑎2 + 𝑐2 -𝑏2
2𝑎𝑐
ALBO

\n\n

4𝑅2 ⋅sin2 𝛼+ 4𝑅2 ⋅sin(3𝛼) ⋅sin 𝛼,
ALBO

\n\n

Pitagorasa w trójkątach 𝐴𝐾𝐶 i 𝐾𝐵𝐶 oraz zapisanie związków
𝑏2 = |𝐴𝐾|2 + |𝐾𝐶|2 oraz 𝑎2 = |𝐾𝐵|2 + |𝐾𝐶|2 (dla sposobu X).
1 pkt - spełnienie jednego z poniższych kryteriów 1)-5):

\n
  1. zastosowanie twierdzenia sinusów do trójkąta 𝐴𝐵𝐶 i zapisanie związku
\n

𝑏
sin(2𝛼) =
𝑎
sin 𝛼

\n
  1. zastosowanie wzoru na pole trójkąta i zapisanie związku
\n

1
2 ⋅𝑐⋅𝑎⋅sin(2𝛼) = 1
2 ⋅𝑐⋅𝑏⋅sin 𝛼,

\n
  1. zastosowanie twierdzenia cosinusów do trójkąta 𝐴𝐵𝐶 oraz zastosowanie wzoru
\n

na cosinus podwojonego kąta i zapisanie równań
𝑏2 = 𝑎2 + 𝑐2 -2 ⋅𝑎⋅𝑐⋅(2 cos2 𝛼-1) oraz
𝑎2 = 𝑐2 + 𝑏2 -2 ⋅𝑐⋅𝑏⋅cos 𝛼,

\n
  1. zastosowanie twierdzenia sinusów i zapisanie 𝑎2 + 𝑐⋅𝑎 jako
\n

(2𝑅⋅sin 𝛼)2 + 2𝑅⋅sin |∡𝐵𝐶𝐴| ⋅2𝑅⋅sin 𝛼,

\n
  1. poprowadzenie wysokości 𝐶𝐾 w trójkącie 𝐴𝐵𝐶 oraz zastosowanie definicji
\n

tangensa kąta ostrego w trójkątach 𝐴𝐾𝐶 i 𝐾𝐵𝐶 oraz zastosowanie wzoru na
tangens podwojonego kąta i uzyskanie zależności między długościami odcinków
𝐴𝐾, 𝐵𝐾 i 𝐶𝐾, np. ℎ
𝑐-𝑧=
2⋅ ℎ
𝑧
1-(ℎ
𝑧)
2 (dla sposobu X).
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Uwaga:
Jeżeli w rozwiązaniu zdający wykorzystuje wysokość 𝐶𝐾 trójkąta 𝐴𝐵𝐶 oraz przeprowadzi
rozumowanie tylko w jednym przypadku (np. gdy 𝐾 leży między 𝐴 i 𝐵) i nie stwierdzi, że
w drugim przypadku (gdy 𝐵 leży między 𝐾 i 𝐴) rozumowanie przebiega analogicznie, to
Zasady oceniania rozwiązań zadań
za całe rozwiązanie może otrzymać co najwyżej 3 punkty; jeżeli natomiast takie
stwierdzenie zapisze, to może otrzymać 4 punkty.
Przykładowe pełne rozwiązania
We wszystkich poniższych rozwiązaniach przyjmujemy następujące oznaczenia:
𝑎= |𝐵𝐶|, 𝑏= |𝐶𝐴|, 𝑐= |𝐴𝐵|, 𝛼= |∡𝐶𝐴𝐵|.
Sposób I (poprzez dwusieczną kąta 𝐴𝐵𝐶)
Ponieważ 𝛼= |∡𝐶𝐴𝐵|, więc |∡𝐴𝐵𝐶| = 2𝛼.
Niech 𝐷 będzie punktem leżącym na przecięciu prostej 𝐴𝐶 z dwusieczną kąta 𝐴𝐵𝐶.
Oznaczmy przez 𝑥 długość odcinka 𝐷𝐶. Wtedy |∡𝐶𝐵𝐷| = 𝛼, |∡𝐷𝐶𝐵| = 180° -3𝛼 oraz
|∡𝐵𝐷𝐶| = 2𝛼 (zobacz rysunek).
Zatem trójkąty 𝐶𝐴𝐵 i 𝐶𝐵𝐷 są podobne (na podstawie cechy kkk podobieństwa
trójkątów).
Z podobieństwa tych trójkątów otrzymujemy 𝑥
𝑎= 𝑎
𝑏 , więc 𝑥= 𝑎2
𝑏 .
Z twierdzenia o dwusiecznej zastosowanego w trójkącie 𝐴𝐵𝐶 otrzymujemy
|𝐴𝐷|
𝑥
= 𝑐
𝑎
i stąd wyznaczamy długość 𝑥 odcinka 𝐷𝐶:
𝑏-𝑥
𝑥
= 𝑐
𝑎
𝑏= 𝑥⋅𝑐
𝑎+ 𝑥
𝑥= 𝑏⋅𝑎
𝑐+ 𝑎
Stąd i ze związku 𝑥= 𝑎2
𝑏 otrzymujemy:
𝑎2
𝑏= 𝑏⋅𝑎
𝑐+ 𝑎
𝑏2 = 𝑎2 + 𝑐⋅𝑎
|𝐴𝐶|2 = |𝐵𝐶|2 + |𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝐶|
To należało wykazać.
Sposób II (poprzez trójkąty podobne)
Ponieważ 𝛼= |∡𝐶𝐴𝐵|, więc |∡𝐴𝐵𝐶| = 2𝛼.
Niech 𝐸 będzie punktem leżącym na prostej 𝐶𝐵, takim że |𝐵𝐸| = |𝐴𝐵| = 𝑐 oraz 𝐵
należy do odcinka 𝐶𝐸. Wtedy trójkąt 𝐴𝐵𝐸 jest równoramienny i |∡𝐴𝐵𝐸| = 180° -2𝛼
oraz |∡𝐵𝐸𝐴| = |∡𝐵𝐴𝐸| = 𝛼 (zobacz rysunek).
Stąd miary kątów trójkąta 𝐸𝐴𝐶 są równe
|∡𝐸𝐴𝐶| = 2𝛼, |∡𝐶𝐸𝐴| = 𝛼 oraz |∡𝐴𝐶𝐸| = 180° -3𝛼.
Zatem trójkąty 𝐸𝐴𝐶 i 𝐴𝐵𝐶 są podobne (na podstawie cechy kkk podobieństwa
trójkątów).
Z podobieństwa tych trójkątów otrzymujemy 𝑏
𝑎= |𝐸𝐶|
𝑏 , więc
𝑏2 = 𝑎⋅|𝐶𝐸|
𝑏2 = 𝑎⋅(|𝐶𝐵| + |𝐵𝐸|)
𝑏2 = 𝑎⋅(𝑎+ 𝑐)
|𝐴𝐶|2 = |𝐵𝐶|2 + |𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝐶|
To należało wykazać.
Sposób III (poprzez sieczną)
Ponieważ 𝛼= |∡𝐶𝐴𝐵|, więc |∡𝐴𝐵𝐶| = 2𝛼.
Niech 𝐹 będzie punktem przecięcia okręgu o środku w punkcie 𝐶 i promieniu 𝑎= |𝐵𝐶|
z prostą 𝐴𝐵.
Przez punkt 𝐴 prowadzimy prostą styczną do tego okręgu i oznaczamy punkt styczności
przez 𝐺 (zobacz rysunek).
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Z twierdzenia o odcinkach siecznej i stycznej otrzymujemy
|𝐴𝐹| ⋅|𝐴𝐵| = |𝐴𝐺|2
Ponieważ |𝐵𝐶| = |𝐹𝐶| = 𝑎 i |∡𝐴𝐵𝐶| = 2𝛼 oraz |∡𝐵𝐴𝐶| = 𝛼, więc
|∡𝐴𝐹𝐶| = 180° -2𝛼 i |∡𝐹𝐶𝐴| = |∡𝐵𝐴𝐶| = 𝛼. Zatem |𝐴𝐹| = |𝐹𝐶| =|𝐵𝐶| = 𝑎.
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta 𝐴𝐺𝐶 otrzymujemy
|𝐴𝐺|2 = |𝐴𝐶|2 -|𝐶𝐺|2
|𝐴𝐺|2 = 𝑏2 -𝑎2
Zatem równość |𝐴𝐹| ⋅|𝐴𝐵| = |𝐴𝐺|2 przyjmuje postać
𝑎⋅𝑐= 𝑏2 -𝑎2
𝑏2 = 𝑎2 + 𝑐⋅𝑎
|𝐴𝐶|2 = |𝐵𝐶|2 + |𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝐶|
To należało wykazać.
Sposób IV (poprzez trapez wpisany w okrąg)
Ponieważ 𝛼= |∡𝐶𝐴𝐵|, więc |∡𝐴𝐵𝐶| = 2𝛼.
Niech 𝐻 będzie obrazem punktu 𝐶 w symetrii osiowej względem symetralnej boku 𝐴𝐵.
Wtedy czworokąt 𝐴𝐵𝐶𝐻 jest trapezem równoramiennym o ramionach 𝐵𝐶 i 𝐴𝐻 (zobacz
rysunek).
Suma miar przeciwległych kątów trapezu równoramiennego jest równa 180°, więc na
trapezie 𝐴𝐵𝐶𝐻 można opisać okrąg. Ponieważ w czworokącie wypukłym wpisanym
w okrąg iloczyn długości przekątnych czworokąta jest sumą iloczynów długości
przeciwległych boków tego czworokąta (twierdzenie Ptolemeusza), więc
|𝐴𝐶| ⋅|𝐵𝐻| = |𝐵𝐶| ⋅|𝐴𝐻| + |𝐴𝐵| ⋅|𝐶𝐻|
Ponieważ |∡𝐵𝐴𝐶| = |∡𝐴𝐶𝐻| i trapez 𝐴𝐵𝐶𝐻 jest równoramienny, więc
|𝐶𝐻| = |𝐴𝐻| = |𝐵𝐶| = 𝑎 oraz |𝐵𝐻| = |𝐴𝐶| = 𝑏.
Stąd i z równości |𝐴𝐶| ⋅|𝐵𝐻| = |𝐵𝐶| ⋅|𝐴𝐻| + |𝐴𝐵| ⋅|𝐶𝐻| otrzymujemy
𝑏⋅𝑏= 𝑎⋅𝑎+ 𝑐⋅𝑎
𝑏2 = 𝑎2 + 𝑐⋅𝑎
|𝐴𝐶|2 = |𝐵𝐶|2 + |𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝐶|
To należało wykazać.
Sposób V (poprzez trójkąty równoramienne i twierdzenie Pitagorasa)
Niech 𝐾 będzie spodkiem wysokości trójkąta 𝐴𝐵𝐶 opuszczonej z wierzchołka 𝐶.
Oznaczmy długość tej wysokości przez ℎ. Punkt 𝐾 nie może pokrywać się
z wierzchołkiem 𝐵, gdyż wtedy trójkąt 𝐴𝐵𝐶 byłby równoramienny, co jest sprzeczne
z założeniem.
Niech 𝐿 będzie obrazem punktu 𝐵 w symetrii środkowej względem punktu 𝐾.
Należy rozważyć dwa przypadki.
Przypadek 1. (gdy punkt 𝐾 leży na boku 𝐴𝐵).
Wtedy trójkąt 𝐿𝐵𝐶 jest równoramienny i |∡𝐵𝐿𝐶| = 2𝛼. Zatem |𝐿𝐶| = |𝐵𝐶| = 𝑎 oraz
|∡𝐴𝐿𝐶| = 180° -2𝛼. Stąd wynika, że |∡𝐿𝐶𝐴| = 𝛼, co oznacza, że trójkąt 𝐴𝐿𝐶 jest
równoramienny. Zatem |𝐴𝐿| = |𝐿𝐶| = 𝑎 (zobacz rysunek).
Wobec tego |𝐿𝐵| = 𝑐-𝑎 oraz |𝐿𝐾| = |𝐾𝐵| = 𝑐-𝑎
2 .
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów 𝐴𝐾𝐶 i 𝐵𝐾𝐶 otrzymujemy:
|𝐴𝐶|2 = |𝐴𝐾|2 + |𝐾𝐶|2 oraz |𝐵𝐶|2 = |𝐾𝐵|2 + |𝐾𝐶|2
𝑏2 = (𝑎+ 𝑐-𝑎
2 )
2

\n\n

2 )
2

\n\n

Zasady oceniania rozwiązań zadań
ℎ2 = 𝑏2 -(𝑎+ 𝑐-𝑎
2 )
2
oraz ℎ2 = 𝑎2 -(𝑐-𝑎
2 )
2
Stąd
𝑏2 -(𝑎+ 𝑐-𝑎
2
)
2
= 𝑎2 -(𝑐-𝑎
2
)
2
𝑏2 -𝑎2+2𝑎𝑐+𝑐2
4
= 𝑎2 -𝑎2-2𝑎𝑐+𝑐2
4
4𝑏2 -𝑎2 -2𝑎𝑐-𝑐2 = 4𝑎2 -𝑎2 + 2𝑎𝑐-𝑐2
4𝑏2 = 4𝑎2 + 4𝑎𝑐
𝑏2 = 𝑎2 + 𝑎𝑐
To kończy dowód w tym przypadku.
Przypadek 2. (gdy punkt 𝐾 leży na przedłużeniu boku 𝐴𝐵).
Wtedy punkt 𝐵 leży między punktami 𝐴 i 𝐾, trójkąt 𝐿𝐵𝐶 jest równoramienny oraz
|∡𝐿𝐵𝐶| = 180° -2𝛼. Zatem |𝐿𝐶| = |𝐵𝐶| = 𝑎 oraz |∡𝐵𝐿𝐶| = |∡𝐿𝐵𝐶| = 180° -2𝛼.
Stąd wynika, że |∡𝐿𝐶𝐴| = 𝛼, co oznacza, że trójkąt 𝐴𝐿𝐶 jest równoramienny, więc
|𝐴𝐿| = |𝐿𝐶| = 𝑎 (zobacz rysunek).
Wobec tego |𝐿𝐵| = 𝑎-𝑐 oraz |𝐿𝐾| = |𝐾𝐵| = 𝑎-𝑐
2 .
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów 𝐴𝐾𝐶 i 𝐵𝐾𝐶 otrzymujemy:
|𝐴𝐶|2 = |𝐴𝐾|2 + |𝐾𝐶|2 oraz |𝐵𝐶|2 = |𝐾𝐵|2 + |𝐾𝐶|2
𝑏2 = (𝑐+ 𝑎-𝑐
2 )
2

\n\n

2 )
2

\n\n

ℎ2 = 𝑏2 -(𝑐+ 𝑎-𝑐
2 )
2
oraz ℎ2 = 𝑎2 -(𝑎-𝑐
2 )
2
Stąd
𝑏2 -(𝑐+ 𝑎-𝑐
2
)
2
= 𝑎2 -(𝑎-𝑐
2
)
2
𝑏2 -𝑎2+2𝑎𝑐+𝑐2
4
= 𝑎2 -𝑎2-2𝑎𝑐+𝑐2
4
4𝑏2 -𝑎2 -2𝑎𝑐-𝑐2 = 4𝑎2 -𝑎2 + 2𝑎𝑐-𝑐2
4𝑏2 = 4𝑎2 + 4𝑎𝑐
|𝐴𝐶|2 = |𝐵𝐶|2 + |𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝐶|
To należało wykazać.
Sposób VI (z wyznaczeniem cos 𝛼 poprzez twierdzenie sinusów)
Ponieważ 𝛼= |∡𝐶𝐴𝐵|, więc |∡𝐴𝐵𝐶| = 2𝛼.
Stosujemy twierdzenie sinusów do trójkąta 𝐴𝐵𝐶 oraz wzór na sinus podwojonego kąta
i otrzymujemy:
𝑏
sin(2𝛼) =
𝑎
sin 𝛼
𝑏
2 sin 𝛼⋅cos 𝛼=
𝑎
sin 𝛼
cos 𝛼=
𝑏
2 ⋅𝑎
Stąd i z twierdzenia cosinusów zastosowanego do trójkąta 𝐴𝐵𝐶 otrzymujemy:
𝑎2 = 𝑐2 + 𝑏2 -2 ⋅𝑐⋅𝑏⋅cos 𝛼
𝑎2 = 𝑐2 + 𝑏2 -2 ⋅𝑐⋅𝑏⋅
𝑏
2 ⋅𝑎
𝑎2 = 𝑐2 + 𝑏2 -𝑐⋅𝑏2
𝑎
𝑎2 -𝑐2 = 𝑏2 -𝑐⋅𝑏2
𝑎
(𝑎-𝑐) ⋅(𝑎+ 𝑐) = 𝑏2 ⋅(1 -𝑐
𝑎)
(𝑎-𝑐) ⋅(𝑎+ 𝑐) ⋅𝑎= 𝑏2 ⋅(𝑎-𝑐)
Ponieważ trójkąt 𝐴𝐵𝐶 nie jest równoramienny, więc 𝑎-𝑐≠0. Zatem
(𝑎+ 𝑐) ⋅𝑎= 𝑏2
|𝐴𝐶|2 = |𝐵𝐶|2 + |𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝐶|
To należało wykazać.
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Sposób VII (z wyznaczeniem cos 𝛼 poprzez porównanie pól)
Ponieważ 𝛼= |∡𝐶𝐴𝐵|, więc |∡𝐴𝐵𝐶| = 2𝛼.
Stosujemy wzór na pole trójkąta w zależności od długości dwóch boków i sinusa kąta między
tymi bokami, otrzymując
1
2 ⋅𝑐⋅𝑎⋅sin(2𝛼) = 1
2 ⋅𝑐⋅𝑏⋅sin 𝛼
Stąd, po zastosowaniu wzoru na sinus podwojonego kąta, otrzymujemy
2 ⋅𝑎⋅cos 𝛼= 𝑏
Dwukrotnie stosujemy do trójkąta 𝐴𝐵𝐶 twierdzenie cosinusów:
𝑏2 = 𝑎2 + 𝑐2 -2 ⋅𝑎⋅𝑐⋅cos(2𝛼)
𝑎2 = 𝑏2 + 𝑐2 -2 ⋅𝑏⋅𝑐⋅cos 𝛼
Stąd, po zastosowaniu wzoru na cosinus podwojonego kąta oraz skorzystaniu z zależności
2 ⋅𝑎⋅cos 𝛼= 𝑏, otrzymujemy układ równań
{ 𝑏2 = 𝑎2 + 𝑐2 -2 ⋅𝑎⋅𝑐⋅(2cos2 𝛼-1)
𝑎2 = 𝑏2 + 𝑐2 -2 ⋅2 ⋅𝑎⋅cos 𝛼⋅𝑐⋅cos𝛼
Po odjęciu od stron pierwszego równania stron drugiego równania otrzymujemy kolejno:
𝑏2 -𝑎2 = 𝑎2 -𝑏2 + 2 ⋅𝑎⋅𝑐
|𝐴𝐶|2 = |𝐵𝐶|2 + |𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝐶|
To należało wykazać.
Sposób VIII (poprzez dwukrotne zastosowanie twierdzenia cosinusów)
Ponieważ 𝛼= |∡𝐶𝐴𝐵|, więc |∡𝐴𝐵𝐶| = 2𝛼.
Dwukrotnie stosujemy do trójkąta 𝐴𝐵𝐶 twierdzenie cosinusów:
𝑏2 = 𝑎2 + 𝑐2 -2 ⋅𝑎⋅𝑐⋅cos(2𝛼)
𝑎2 = 𝑏2 + 𝑐2 -2 ⋅𝑏⋅𝑐⋅cos 𝛼
Z uzyskanych równań eliminujemy (po zastosowaniu wzoru na cosinus podwojonego kąta)
cos 𝛼:
cos(2𝛼) = 𝑎2 + 𝑐2 -𝑏2
2𝑎𝑐
∧ cos 𝛼= 𝑏2 + 𝑐2 -𝑎2
2𝑏𝑐
2 cos2 𝛼-1 = 𝑎2 + 𝑐2 -𝑏2
2𝑎𝑐
∧ cos 𝛼= 𝑏2 + 𝑐2 -𝑎2
2𝑏𝑐
2 (𝑏2 + 𝑐2 -𝑎2
2𝑏𝑐
)
2
-1 = 𝑎2 + 𝑐2 -𝑏2
2𝑎𝑐
Przekształcamy otrzymane równanie i otrzymujemy kolejno:
(𝑏2 + 𝑐2 -𝑎2)2
2𝑏2𝑐2
-4𝑏2𝑐2
2𝑏2𝑐2 = 𝑎2 + 𝑐2 -𝑏2
2𝑎𝑐
-2𝑎𝑐
2𝑎𝑐
(𝑏2 + 𝑐2 -𝑎2 -2𝑏𝑐)(𝑏2 + 𝑐2 -𝑎2 + 2𝑏𝑐)
2𝑏2𝑐2
(𝑎-𝑐)2 -𝑏2
2𝑎𝑐
((𝑏-𝑐)2 -𝑎2)((𝑏+ 𝑐)2 -𝑎2)
2𝑏2𝑐2
= (𝑎-𝑐-𝑏)(𝑎-𝑐+ 𝑏)
2𝑎𝑐
(𝑏-𝑐-𝑎)(𝑏-𝑐+ 𝑎)(𝑏+ 𝑐-𝑎)(𝑏+ 𝑐+ 𝑎)
2𝑏2𝑐2
= (𝑎-𝑐-𝑏)(𝑎-𝑐+ 𝑏)
2𝑎𝑐
Korzystamy z tego, że w trójkącie 𝑏+ 𝑐≠𝑎 oraz 𝑎+ 𝑏≠𝑐, i otrzymujemy dalej
(𝑏-𝑐-𝑎)(𝑏+ 𝑐+ 𝑎)
2𝑏2𝑐2
= -1
2𝑎𝑐
2𝑎[𝑏2 -(𝑎+ 𝑐)2] + 2𝑏2𝑐= 0
𝑎𝑏2 -𝑎(𝑎+ 𝑐)2 + 𝑏2𝑐= 0
𝑏2(𝑎+ 𝑐) -𝑎(𝑎+ 𝑐)2 = 0 /: (𝑎+ 𝑐)
𝑏2 = 𝑎(𝑎+ 𝑐)
|𝐴𝐶|2 = |𝐵𝐶|2 + |𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝐶|
To należało wykazać.
Sposób IX (poprzez twierdzenie sinusów i przekształcenia trygonometryczne)
Ponieważ 𝛼= |∡𝐶𝐴𝐵|, więc |∡𝐴𝐵𝐶| = 2𝛼. Niech 𝑅 będzie promieniem okręgu
opisanego na trójkącie 𝐴𝐵𝐶.
Trzykrotnie stosujemy do trójkąta 𝐴𝐵𝐶 twierdzenie sinusów i otrzymujemy
𝑎2 + 𝑐⋅𝑎= (2𝑅⋅sin 𝛼)2 + 2𝑅⋅sin |∡𝐵𝐶𝐴| ⋅2𝑅⋅sin 𝛼=
= (2𝑅⋅sin 𝛼)2 + 2𝑅⋅sin(180° -3𝛼) ⋅2𝑅⋅sin 𝛼
Stosujemy wzory redukcyjne oraz wzór na sumę sinusów, otrzymując
𝑎2 + 𝑐⋅𝑎= 4𝑅2 ⋅sin2 𝛼+ 4𝑅2 ⋅sin(3𝛼) ⋅sin 𝛼=
= 4𝑅2 ⋅sin 𝛼⋅[sin 𝛼+ sin(3𝛼)] = 4𝑅2 ⋅sin 𝛼⋅2 sin(2𝛼) ⋅cos 𝛼
Stąd, po skorzystaniu ze wzoru na sinus podwojonego kąta oraz z twierdzenia sinusów,
dostajemy
|𝐵𝐶|2 + |𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝐶| = 4𝑅2 ⋅sin2(2𝛼) = [2𝑅⋅sin(2𝛼)]2 = |𝐴𝐶|2
To należało wykazać.
Sposób X (poprzez tangens podwojonego kąta i twierdzenie Pitagorasa)
Niech 𝐾 będzie spodkiem wysokości trójkąta 𝐴𝐵𝐶 opuszczonej w wierzchołka 𝐶.
Oznaczmy długość tej wysokości przez ℎ. Punkt 𝐾 nie może pokrywać się
z wierzchołkiem 𝐵, gdyż wtedy trójkąt 𝐴𝐵𝐶 byłby równoramienny, co jest sprzeczne
z założeniem.
Należy rozważyć dwa przypadki.
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Przypadek 1. (gdy punkt 𝐾 leży na boku 𝐴𝐵).
Oznaczmy 𝑧= |𝐴𝐾|. Wtedy |𝐾𝐵| = 𝑐-𝑧 (zobacz rysunek).
Trójkąty 𝐴𝐾𝐶 i 𝐾𝐵𝐶 są prostokątne, więc tg 𝛼= ℎ
𝑧 oraz tg(2𝛼) =
ℎ
𝑐-𝑧 .
Stąd i ze wzoru na tangens podwojonego kąta otrzymujemy:
ℎ
𝑐-𝑧=
2 ⋅ℎ
𝑧
1 -(ℎ
𝑧)
2
1
𝑐-𝑧=
2
𝑧
1 -(ℎ
𝑧)
2
2
𝑧⋅(𝑐-𝑧) = 1 -ℎ2
𝑧2
2𝑧(𝑐-𝑧) = 𝑧2 -ℎ2
ℎ2 = 3𝑧2 -2𝑐𝑧
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów 𝐴𝐾𝐶 i 𝐾𝐵𝐶 otrzymujemy:
|𝐴𝐶|2 = |𝐴𝐾|2 + |𝐾𝐶|2 oraz |𝐵𝐶|2 = |𝐾𝐵|2 + |𝐾𝐶|2
𝑏2 = 𝑧2 + ℎ2 oraz 𝑎2 = (𝑐-𝑧)2 + ℎ2
Ze związków ℎ2 = 3𝑧2 -2𝑐𝑧 i 𝑎2 = (𝑐-𝑧)2 + ℎ2 otrzymujemy
𝑎2 = 𝑐2 -2𝑐𝑧+ 𝑧2 + 3𝑧2 -2𝑐𝑧
𝑎2 = 4𝑧2 -4𝑐𝑧+ 𝑐2
𝑎2 = (2𝑧-𝑐)2
𝑎= 2𝑧-𝑐 lub 𝑎= 𝑐-2𝑧
Ponieważ w rozpatrywanym przypadku |𝐴𝐾| > |𝐾𝐵|, tj. 𝑧> 𝑐-𝑧, więc 2𝑧-𝑐> 0, czyli
𝑎= 2𝑧-𝑐.
Równość 𝑏2 = 𝑧2 + ℎ2 możemy, wykorzystując równość ℎ2 = 3𝑧2 -2𝑐𝑧, zapisać
w postaci
𝑏2 = 4𝑧2 -2𝑐𝑧
Stąd i z równości 𝑎= 2𝑧-𝑐 otrzymujemy
𝑏2 = 2𝑧(2𝑧-𝑐)
𝑏2 = 2𝑧𝑎
𝑏2 = (𝑎+ 𝑐) ⋅𝑎
𝑏2 = 𝑎2 + 𝑐𝑎
|𝐴𝐶|2 = |𝐵𝐶|2 + |𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝐶|
To kończy dowód w tym przypadku.
Przypadek 2. (gdy punkt 𝐾 leży na przedłużeniu boku 𝐴𝐵).
Wtedy punkt 𝐵 leży między punktami 𝐴 i 𝐾. Oznaczmy 𝑧= |𝐵𝐾|. Wtedy |𝐴𝐾| = 𝑐+ 𝑧
oraz |∡𝐾𝐵𝐶| = 180° -2𝛼 (zobacz rysunek).
Trójkąty 𝐴𝐾𝐶 i 𝐾𝐵𝐶 są prostokątne, więc tg 𝛼=
ℎ
𝑐+𝑧 oraz tg(180° -2𝛼) = ℎ
𝑧 .
Ponieważ tg(180° -2𝛼) = -tg(2𝛼), więc ℎ
𝑧= -tg(2𝛼).
Analogicznie jak w poprzednim przypadku stosujemy wzór na tangens podwojonego kąta
i otrzymujemy:
-ℎ
𝑧=
2 ⋅ ℎ
𝑐+𝑧
1-( ℎ
𝑐+𝑧)
2
2
𝑐+ 𝑧⋅𝑧= (
ℎ
𝑐+ 𝑧)
2
-1
2𝑧(𝑐+ 𝑧) = ℎ2 -(𝑐+ 𝑧)2
ℎ2 = 3𝑧2 + 4𝑐𝑧+ 𝑐2
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów 𝐴𝐾𝐶 i 𝐵𝐾𝐶 otrzymujemy:
|𝐴𝐶|2 = |𝐴𝐾|2 + |𝐾𝐶|2 oraz |𝐵𝐶|2 = |𝐾𝐵|2 + |𝐾𝐶|2
𝑏2 = (𝑐+ 𝑧)2 + ℎ2 oraz 𝑎2 = 𝑧2 + ℎ2
Ze związków ℎ2 = 3𝑧2 + 4𝑐𝑧+ 𝑐2 i 𝑎2 = 𝑧2 + ℎ2 otrzymujemy
𝑎2 = 𝑧2 + 3𝑧2 + 4𝑐𝑧+ 𝑐2
𝑎2 = (2𝑧+ 𝑐)2
𝑎= 2𝑧+ 𝑐
Równość 𝑏2 = (𝑐+ 𝑧)2 + ℎ2 możemy, wykorzystując równość ℎ2 = 3𝑧2 + 4𝑐𝑧+ 𝑐2,
zapisać w postaci
𝑏2 = 4𝑧2 + 6𝑐𝑧+ 2𝑐2
Stąd i z równości 𝑎= 2𝑧+ 𝑐 otrzymujemy
𝑏2 = (4𝑧2 + 4𝑐𝑧+ 𝑐2) + 2𝑐𝑧+ 𝑐2
𝑏2 = (2𝑧+ 𝑐)2 + 𝑐(2𝑧+ 𝑐)
𝑏2 = 𝑎2 + 𝑐𝑎
|𝐴𝐶|2 = |𝐵𝐶|2 + |𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝐶|
To należało wykazać.

","solutions":[{"source":"site","label":"matematykaszkolna.pl","kind":"image","image":"/img/matematyka-2024-maj-matura-rozszerzona/sol-8.svg"},{"source":"maturaonline","label":"matura-online.pl","kind":"text","html":"

Odpowiedź: Dowód — patrz Sposób I (trygonometryczny) lub Sposób II (geometria, przez dwusieczną).

\n

Strona arkusza CKE z tym zadaniem

\n

Strategia — oznaczenia

\n

Ustal oznaczenia stałe w całym dowodzie:

\n\n

Trzeba pokazać: $b^2 = a^2 + c \\cdot a$.

\n

Założenie „nie równoramienny" wyklucza przypadki, w których $\\alpha = 0°$, $\\alpha = 60°$ albo gdzie trójkąt staje się zdegenerowany. W szczególności $\\sin \\alpha \\neq 0$ i $\\sin 3\\alpha \\neq 0$ — będziemy mogli dzielić.

\n

Sposób I — trygonometria (przez twierdzenie sinusów + suma sinusów)

\n

To ścieżka bez rysunku, czysto algebraiczna. Najmniej ryzykowna.

\n

Z twierdzenia sinusów dla trójkąta $ABC$:

\n

$$\\frac{a}{\\sin \\alpha} = \\frac{b}{\\sin 2\\alpha} = \\frac{c}{\\sin(180° - 3\\alpha)} = \\frac{c}{\\sin 3\\alpha}$$

\n

(skorzystaliśmy z $\\sin(180° - x) = \\sin x$).

\n

Wyraź $b$ przez $a$ i $\\alpha$. Z proporcji $\\tfrac{a}{\\sin \\alpha} = \\tfrac{b}{\\sin 2\\alpha}$:

\n

$$b = a \\cdot \\frac{\\sin 2\\alpha}{\\sin \\alpha} = a \\cdot \\frac{2 \\sin \\alpha \\cos \\alpha}{\\sin \\alpha} = 2a \\cos \\alpha$$

\n

(zastosowaliśmy wzór $\\sin 2\\alpha = 2 \\sin \\alpha \\cos \\alpha$).

\n

Wyraź $c$ przez $a$ i $\\alpha$. Z proporcji $\\tfrac{a}{\\sin \\alpha} = \\tfrac{c}{\\sin 3\\alpha}$:

\n

$$c = a \\cdot \\frac{\\sin 3\\alpha}{\\sin \\alpha}$$

\n

Oblicz lewą stronę tezy $b^2$:

\n

$$b^2 = (2a \\cos \\alpha)^2 = 4 a^2 \\cos^2 \\alpha$$

\n

Oblicz prawą stronę $a^2 + c \\cdot a$:

\n

$$a^2 + c \\cdot a = a^2 + a \\cdot \\frac{a \\sin 3\\alpha}{\\sin \\alpha} = a^2 \\cdot \\left(1 + \\frac{\\sin 3\\alpha}{\\sin \\alpha}\\right) = a^2 \\cdot \\frac{\\sin \\alpha + \\sin 3\\alpha}{\\sin \\alpha}$$

\n

Zastosuj wzór na sumę sinusów:

\n

$$\\sin \\alpha + \\sin 3\\alpha = 2 \\sin \\left(\\frac{\\alpha + 3\\alpha}{2}\\right) \\cos \\left(\\frac{3\\alpha - \\alpha}{2}\\right) = 2 \\sin 2\\alpha \\cdot \\cos \\alpha$$

\n

Z $\\sin 2\\alpha = 2 \\sin \\alpha \\cos \\alpha$:

\n

$$\\sin \\alpha + \\sin 3\\alpha = 2 \\cdot 2 \\sin \\alpha \\cos \\alpha \\cdot \\cos \\alpha = 4 \\sin \\alpha \\cos^2 \\alpha$$

\n

Podstaw z powrotem:

\n

$$a^2 + c \\cdot a = a^2 \\cdot \\frac{4 \\sin \\alpha \\cos^2 \\alpha}{\\sin \\alpha} = 4 a^2 \\cos^2 \\alpha$$

\n

Porównaj:

\n

$$b^2 = 4 a^2 \\cos^2 \\alpha = a^2 + c \\cdot a$$

\n

czyli:

\n

$$|AC|^2 = |BC|^2 + |AB| \\cdot |BC| \\quad\\blacksquare$$

\n

Sposób II — geometria (przez dwusieczną kąta ABC i podobieństwo trójkątów)

\n

Krócej, ale wymaga rysunku i znajomości twierdzenia o dwusiecznej.

\n

Konstrukcja: poprowadź dwusieczną kąta $\\angle ABC$ — przecina ona bok $AC$ w punkcie $D$.

\n\n

Zatem trójkąt $CDB$ ma kąty $(\\alpha, 2\\alpha, 180° - 3\\alpha)$, czyli te same kąty co trójkąt $CAB$ (ten też ma $(\\alpha, 2\\alpha, 180° - 3\\alpha)$). Trójkąty są podobne.

\n

Niech $x = |DC|$. Z podobieństwa $\\triangle CDB \\sim \\triangle CAB$:

\n

$$\\frac{x}{a} = \\frac{a}{b} \\quad\\Rightarrow\\quad x = \\frac{a^2}{b}$$

\n

Z twierdzenia o dwusiecznej w $\\triangle ABC$: $\\dfrac{|AD|}{|DC|} = \\dfrac{|AB|}{|BC|} = \\dfrac{c}{a}$, czyli:

\n

$$\\frac{b - x}{x} = \\frac{c}{a} \\quad\\Rightarrow\\quad b - x = \\frac{cx}{a} \\quad\\Rightarrow\\quad b = x \\cdot \\frac{c + a}{a} \\quad\\Rightarrow\\quad x = \\frac{ab}{c + a}$$

\n

Z obu wzorów na $x$:

\n

$$\\frac{a^2}{b} = \\frac{ab}{c + a}$$

\n

$$a^2(c + a) = ab^2$$

\n

$$a(c + a) = b^2$$

\n

$$b^2 = a^2 + ac \\quad\\Leftrightarrow\\quad |AC|^2 = |BC|^2 + |AB| \\cdot |BC| \\quad\\blacksquare$$

\n

Punktacja CKE

\n

Klucz CKE wymienia 10 (!) różnych sposobów dowodu (przez podobieństwo, przez sieczną i styczną, przez trapez wpisany w okrąg z twierdzenia Ptolemeusza, przez twierdzenie cosinusów, przez Pitagorasa, przez sumę sinusów...).

\n

Strukturę punktową dla typowego sposobu:

\n\n

Klucz uniwersalny

\n

Trzy najczęstsze ścieżki dowodów geometrycznych w trójkątach z kątem $2\\alpha$:

\n
  1. Twierdzenie sinusów + wzory na sin podwojonego/potrojonego — bezpieczna ścieżka algebraiczna, działa zawsze.
  2. Dwusieczna kąta podwojonego → trójkąty podobne — krócej, wymaga rysunku.
  3. Twierdzenie cosinusów — najszybsza dla zależności metrycznych, jeśli umiesz manipulować wzorem $\\cos 2\\alpha = 2\\cos^2 \\alpha - 1$.
\n

Wybierz tę, której wzory pamiętasz najpewniej. Tu polecam sposób I (trygonometryczny) — najmniej miejsc do popełnienia błędu.

\n

Typowy błąd: CKE w uwadze: jeśli rozumowanie geometryczne przeprowadzasz w JEDNYM przypadku (np. tylko gdy spodek wysokości leży wewnątrz boku AB), bez stwierdzenia, że drugi przypadek jest analogiczny — maksimum 3 pkt zamiast 4. W sposobie trygonometrycznym takiego problemu nie ma.

"},{"source":"maturazai","label":"maturazai.pl (AI)","kind":"text","html":"

Poprawna odpowiedź: Dowód

\n

Oznaczamy: \\(\\angle BAC = \\alpha\\), więc \\(\\angle ABC = 2\\alpha\\), oraz \\(\\angle BCA = 180° - 3\\alpha\\).

\n

Przyjmujemy standardowe oznaczenia boków:

\n\n

Do wykazania: \\(b^2 = a^2 + a \\cdot c\\).

\n

Sposób 1 - twierdzenie sinusów + twierdzenie cosinusów

\n

Krok 1. Z twierdzenia sinusów w trójkącie \\(ABC\\):
\\[\\frac{a}{\\sin\\alpha} = \\frac{b}{\\sin 2\\alpha}\\]

\n

\\[\\frac{a}{\\sin\\alpha} = \\frac{b}{2\\sin\\alpha\\cos\\alpha}\\]

\n

Dzielimy obie strony przez \\(\\sin\\alpha \\neq 0\\):
\\[a = \\frac{b}{2\\cos\\alpha} \\implies \\cos\\alpha = \\frac{b}{2a} \\tag{1}\\]

\n

Krok 2. Z twierdzenia cosinusów dla kąta \\(\\angle ABC = 2\\alpha\\):
\\[\\cos 2\\alpha = \\frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac} \\tag{2}\\]

\n

Krok 3. Korzystamy ze wzoru na kosinus podwójnego kąta:
\\[\\cos 2\\alpha = 2\\cos^2\\alpha - 1\\]

\n

Podstawiamy \\(\\cos\\alpha = \\frac{b}{2a}\\) z~\\((1)\\):
\\[\\cos 2\\alpha = 2 \\cdot \\frac{b^2}{4a^2} - 1 = \\frac{b^2}{2a^2} - 1 \\tag{3}\\]

\n

Krok 4. Przyrównujemy \\((2)\\) i \\((3)\\):
\\[\\frac{b^2}{2a^2} - 1 = \\frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac}\\]

\n

Mnożymy obie strony przez \\(2a^2c\\):
\\[b^2c - 2a^2c = \\frac{a^2c(a^2 + c^2 - b^2)}{ac} = a(a^2 + c^2 - b^2)\\]

\n

\\[b^2c - 2a^2c = a^3 + ac^2 - ab^2\\]

\n

Przenosimy wyrazy z \\(b^2\\) na lewą stronę:
\\[b^2c + ab^2 = a^3 + ac^2 + 2a^2c\\]

\n

\\[b^2(a + c) = a(a^2 + 2ac + c^2) = a(a+c)^2\\]

\n

Dzielimy obie strony przez \\((a+c) > 0\\) (trójkąt istnieje, więc \\(a+c > 0\\)):
\\[\\boxed{b^2 = a(a+c) = a^2 + ac}\\]

\n

co jest równoznaczne z \\(|AC|^2 = |BC|^2 + |AB| \\cdot |BC|\\). \\(\\square\\)

\n

Sposób 2 - dwusieczna kąta \\(B\\) i trójkąt równoramienny

\n

To podejście jest bardziej geometryczne i eleganckie.

\n

Krok 1. Rysujemy dwusieczną kąta \\(ABC\\).

\n

Niech \\(D\\) będzie punktem, w którym dwusieczna kąta \\(ABC\\) przecina bok \\(AC\\). Wtedy:
\\[\\angle ABD = \\angle DBC = \\alpha\\]

\n

Krok 2. Trójkąt \\(ABD\\) jest równoramienny.

\n

W trójkącie \\(ABD\\):

\n\n

Skoro \\(\\angle BAD = \\angle ABD = \\alpha\\), trójkąt \\(ABD\\) jest równoramienny - boki naprzeciwko równych kątów są równe:
\\[|AD| = |BD| \\tag{*}\\]

\n

Krok 3. Liczymy \\(|AD|\\) z twierdzenia sinusów w \\(\\triangle ABD\\).

\n

\\[\\frac{|AB|}{\\sin\\angle ADB} = \\frac{|AD|}{\\sin\\angle ABD} \\implies \\frac{c}{\\sin 2\\alpha} = \\frac{|AD|}{\\sin\\alpha}\\]

\n

\\[|AD| = \\frac{c \\sin\\alpha}{\\sin 2\\alpha} = \\frac{c\\sin\\alpha}{2\\sin\\alpha\\cos\\alpha} = \\frac{c}{2\\cos\\alpha} \\tag{4}\\]

\n

Krok 4. Liczymy \\(|DC|\\) z twierdzenia sinusów w \\(\\triangle BDC\\).

\n

W trójkącie \\(BDC\\):

\n\n

\\[\\frac{|BC|}{\\sin\\angle BDC} = \\frac{|DC|}{\\sin\\angle DBC} \\implies \\frac{a}{\\sin 2\\alpha} = \\frac{|DC|}{\\sin\\alpha}\\]

\n

\\[|DC| = \\frac{a}{2\\cos\\alpha} \\tag{5}\\]

\n

Krok 5. Łączymy.

\n

\\[b = |AC| = |AD| + |DC| = \\frac{c}{2\\cos\\alpha} + \\frac{a}{2\\cos\\alpha} = \\frac{a+c}{2\\cos\\alpha}\\]

\n

Z twierdzenia sinusów wiemy już (wzór \\((1)\\) ze Sposobu 1): \\(\\cos\\alpha = \\frac{b}{2a}\\). Podstawiamy:

\n

\\[b = \\frac{a+c}{2 \\cdot \\frac{b}{2a}} = \\frac{a+c}{\\frac{b}{a}} = \\frac{a(a+c)}{b}\\]

\n

\\[b^2 = a(a + c) = a^2 + ac \\quad \\square\\]

\n

Wzory z karty CKE

\n

Dział 9 (Trygonometria, s. 11-14) - twierdzenie sinusów:
\\[\\frac{a}{\\sin\\alpha} = \\frac{b}{\\sin\\beta} = \\frac{c}{\\sin\\gamma}\\]
Użyte w Sposobie 1 (krok 1) oraz w Sposobie 2 (kroki 3 i 4) do wyrażenia \\(\\cos\\alpha\\) przez \\(a, b\\).

\n

Dział 10 (Planimetria, s. 15-16) - twierdzenie cosinusów:
\\[a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\\cos\\alpha\\]
(w formie dla kąta \\(B\\): \\(\\cos 2\\alpha = \\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}\\))
Użyte w Sposobie 1 (krok 2) do drugiego wyrażenia na \\(\\cos 2\\alpha\\).

\n

Dział 9 (Trygonometria, s. 13) - wzór na cosinus podwojonego kąta:
\\[\\cos 2\\alpha = 2\\cos^2\\alpha - 1\\]
Użyte w Sposobie 1 (krok 3) do powiązania \\(\\cos 2\\alpha\\) z \\(\\cos\\alpha\\).

\n

Typowe pułapki i uwagi

\n
⚠️ Uwaga: Trójkąt nie jest równoramienny - to założenie gwarantuje, że \\(\\alpha \\neq 60°\\) (bo wtedy kąty byłyby \\(60°, 120°\\) co jest sprzeczne z trójkątem) oraz że \\(a + c \\neq 0\\). Przy dowodzie nie trzeba tego explicite uzasadniać - wystarczy wiedzieć, że trójkąt istnieje.
\n
⚠️ Uwaga: W Sposobie 1 błędem byłoby pomylenie wzoru \\(\\cos 2\\alpha = 2\\cos^2\\alpha - 1\\) z \\(\\cos 2\\alpha = 1 - 2\\sin^2\\alpha\\) - obie postaci są poprawne, ale pierwsza prowadzi prościej, bo mamy już \\(\\cos\\alpha\\) wyrażone przez \\(a, b\\).
\n
⚠️ Uwaga: W Sposobie 2 kluczowa obserwacja to, że \\(\\angle BDC = 2\\alpha\\) - łatwo ten kąt zgubić. Zawsze sprawdź sumę kątów w trójkącie \\(BDC\\): \\(\\alpha + (180° - 3\\alpha) + \\angle BDC = 180°\\), skąd \\(\\angle BDC = 2\\alpha\\). ✓
\n
Analiza zadania
\n

Oznaczamy: \\(a=|BC|\\), \\(b=|CA|\\), \\(c=|AB|\\), \\(\\alpha=\\sphericalangle CAB\\), więc \\(\\sphericalangle ABC=2\\alpha\\). Trzeba wykazać \\(b^2=a^2+ca\\).

\n
Sposób 1 (twierdzenie sinusów + kąt podwojony)
\n

Z twierdzenia sinusów: \\(\\dfrac{b}{\\sin 2\\alpha}=\\dfrac{a}{\\sin\\alpha}\\Rightarrow \\dfrac{b}{2\\sin\\alpha\\cos\\alpha}=\\dfrac{a}{\\sin\\alpha}\\Rightarrow \\cos\\alpha=\\dfrac{b}{2a}\\).

\n

Z twierdzenia cosinusów w \\(\\triangle ABC\\): \\[a^{2}=c^{2}+b^{2}-2cb\\cos\\alpha=c^{2}+b^{2}-2cb\\cdot\\dfrac{b}{2a}=c^{2}+b^{2}-\\dfrac{cb^{2}}{a}\\]

\n

Mnożymy przez \\(a\\): \\(a^{3}=a(c^{2}+b^{2})-cb^{2}\\), przekształcamy: \\(a(a^{2}-c^{2})=b^{2}(a-c)\\). Ponieważ trójkąt nie jest równoramienny, \\(a\\neq c\\), więc \\((a-c)(a+c)\\cdot a=b^{2}(a-c)\\), dzielimy: \\(b^{2}=a(a+c)=a^{2}+ac\\). c.n.d.

\n
Sposób 2 (podobieństwo trójkątów z sieczną)
\n

Niech \\(E\\) - punkt na prostej \\(CB\\), taki że \\(|BE|=|AB|=c\\) oraz \\(B\\) leży na \\(CE\\). Trójkąt \\(ABE\\) jest równoramienny, \\(\\sphericalangle ABE=180°-2\\alpha\\), więc \\(\\sphericalangle BEA=\\sphericalangle BAE=\\alpha\\).

\n

Trójkąty \\(EAC\\) i \\(ABC\\) mają kąty \\(\\alpha, \\alpha, 180°-3\\alpha\\) (wspólny kąt przy \\(C\\)), więc \\(\\triangle EAC\\sim\\triangle ABC\\) (kkk). Z podobieństwa: \\(\\dfrac{b}{a}=\\dfrac{|EC|}{b}\\Rightarrow b^{2}=a\\cdot(a+c)=a^{2}+ca\\). c.n.d.

\n
Odniesienie do karty wzorów CKE
\n

Dział VIII: Twierdzenie sinusów \\(\\dfrac{a}{\\sin\\alpha}=2R\\); twierdzenie cosinusów \\(a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\\cos\\alpha\\); cechy podobieństwa (kkk); \\(\\sin 2\\alpha=2\\sin\\alpha\\cos\\alpha\\).

\n
Uwagi o punktacji
\n\n

Trik: Sposób z podobieństwem (Sposób 2) jest niezwykle elegancki - dorysowanie punktu \\(E\\) z \\(|BE|=|AB|\\) tworzy trójkąt podobny do oryginału, z czego teza wypływa bezpośrednio.

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

Dowód.

"}]}