{"id":"matematyka-2024-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/13","paper_id":"matematyka-2024-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"13","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2024,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 13. (0-4)\nPromień okręgu opisanego na trójkącie 𝐴𝐵𝐶 jest równy 17. Najdłuższym bokiem tego\ntrójkąta jest bok 𝐴𝐶, a długości dwóch pozostałych boków są równe |𝐴𝐵| = 30 oraz\n|𝐵𝐶| = 17. Oblicz miarę kąta 𝐵𝐴𝐶 oraz długość boku 𝐴𝐶 tego trójkąta.\n\nEMAP-R0_100\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n13.\nMaks. liczba pkt\n4\nUzyskana liczba pkt\n\nEMAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 13. (0-4)\nWymagania egzaminacyjne 2024\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający:\n7.4R) znajduje związki miarowe w figurach\npłaskich z zastosowaniem twierdzenia\nsinusów i twierdzenia cosinusów.\nZasady oceniania\n4 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: 15√3 + 8 (lub\n√739 + 240√3).\n3 pkt - zapisanie równania z jedną niewiadomą (długością boku 𝐴𝐶), np.\n172 = |𝐴𝐶|2 + 302 -2 ⋅30 ⋅|𝐴𝐶| ⋅\n√3\n2 ,\n|𝐴𝐶|2 = 302 + 172 -2 ⋅30 ⋅17 ⋅15-8√3\n34\n,\n302 = |𝐴𝐶|2 + 172 -2 ⋅|𝐴𝐶| ⋅17 ⋅8\n17\nALBO\n- obliczenie długości odcinków 𝐵𝐷 oraz 𝐴𝐷: |𝐵𝐷| = 15 oraz |𝐴𝐷| = 15√3 (dla\nsposobu II),\nALBO\n- obliczenie sinusa kąta 𝐴𝐵𝐶: 15√3+8\n34\n(dla sposobu III).\n2 pkt - obliczenie miary kąta 𝐵𝐴𝐶: 30°.\n1 pkt - zapisanie, że kąt 𝐵𝑆𝐶 ma miarę 60°\nALBO\n- zapisanie równania, w którym jedyną niewiadomą jest miara kąta 𝐵𝐴𝐶 (lub miara\nkąta 𝐴𝐶𝐵), np.\n17\nsin|∡𝐵𝐴𝐶| = 34,\n30\nsin|∡𝐴𝐶𝐵| = 34, 1\n2 ⋅30 ⋅sin|∡𝐵𝐴𝐶| = 30⋅17\n4⋅17 ,\nALBO\n- zapisanie układu równań: |𝐴𝐶|2 = 302 + 172 -2 ⋅30 ⋅17 ⋅cos|∡𝐴𝐵𝐶| oraz\n|𝐴𝐶|\nsin|∡𝐴𝐵𝐶| = 34.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób I\nOznaczmy przez 𝑆 środek okręgu opisanego na trójkącie 𝐴𝐵𝐶, a przez 𝑅 - promień tego\nokręgu. Ponieważ 𝑅= 17 oraz |𝐵𝐶| = 17, więc trójkąt 𝐵𝑆𝐶 jest równoboczny. Punkt 𝐴\nleży na dłuższym z łuków 𝐵𝐶 okręgu opisanego na trójkącie, gdyż gdyby leżał na krótszym,\nto wtedy odcinek 𝐵𝐶 byłby najdłuższym bokiem trójkąta 𝐴𝐵𝐶. Zatem miara kąta wpisanego\n𝐵𝐴𝐶 jest połową miary kąta 𝐵𝑆𝐶 trójkąta równobocznego, czyli |∡𝐵𝐴𝐶| = 30°.\nStosujemy do trójkąta 𝐴𝐵𝐶 twierdzenie cosinusów i obliczamy długość boku 𝐴𝐶:\n|𝐵𝐶|2 = |𝐴𝐶|2 + |𝐴𝐵|2 -2 ⋅|𝐴𝐵| ⋅|𝐴𝐶| ⋅cos|∡𝐵𝐴𝐶|\n172 = |𝐴𝐶|2 + 302 -2 ⋅30 ⋅|𝐴𝐶| ⋅√3\n2\n|𝐴𝐶|2 -30√3 ⋅|𝐴𝐶| + 611 = 0\n|𝐴𝐶| = 15√3 + 8 ∨ |𝐴𝐶| = 15√3 -8\nPonieważ 15√3 -8 < 30, więc ostatecznie |𝐴𝐶| = 15√3 + 8.\nSposób II\nOznaczmy przez 𝑆 środek okręgu opisanego na trójkącie 𝐴𝐵𝐶, a przez 𝑅 - promień tego\nokręgu.\nStosujemy do trójkąta 𝐴𝐵𝐶 twierdzenie sinusów i otrzymujemy:\n|𝐵𝐶|\nsin|∡𝐵𝐴𝐶| = 2𝑅\n17\nsin|∡𝐵𝐴𝐶| = 34\nStąd |∡𝐵𝐴𝐶| = 30° lub |∡𝐵𝐴𝐶| = 150°. Ponieważ bok 𝐵𝐶 nie jest najdłuższym bokiem\ntrójkąta 𝐴𝐵𝐶, więc kąt leżący naprzeciw tego boku nie może być rozwarty. Zatem\n|∡𝐵𝐴𝐶| = 30°.\nNiech 𝐷 będzie spodkiem wysokości poprowadzonej w trójkącie 𝐴𝐵𝐶 z wierzchołka 𝐵 na\nbok 𝐴𝐶 (zobacz rysunek).\nKorzystamy ze związków miarowych dla trójkąta o kątach 30°, 60°, 90° i otrzymujemy\n|𝐵𝐷| = 1\n2 ⋅|𝐴𝐵| = 15 oraz |𝐴𝐷| =\n√3\n2 ⋅|𝐴𝐵| = 15√3.\nStosujemy do trójkąta 𝐵𝐶𝐷 twierdzenie Pitagorasa i otrzymujemy\n|𝐶𝐷| = √|𝐶𝐵|2 -|𝐵𝐷|2 = √172 -152 = 8\nZatem |𝐴𝐶| = |𝐴𝐷| + |𝐶𝐷| = 15√3 + 8.\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝑆\n30°\n30\n17\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nSposób III\nOznaczmy przez 𝑆 środek okręgu opisanego na trójkącie 𝐴𝐵𝐶, a przez 𝑅 - promień tego\nokręgu.\nStosujemy do trójkąta 𝐴𝐵𝐶 twierdzenie sinusów i otrzymujemy:\n|𝐵𝐶|\nsin|∡𝐵𝐴𝐶| = 2𝑅\n17\nsin|∡𝐵𝐴𝐶| = 34\nStąd |∡𝐵𝐴𝐶| = 30° lub |∡𝐵𝐴𝐶| = 150°. Ponieważ bok 𝐵𝐶 nie jest najdłuższym bokiem\ntrójkąta 𝐴𝐵𝐶, więc kąt leżący naprzeciw tego boku nie może być rozwarty. Zatem\n|∡𝐵𝐴𝐶| = 30°.\nPonownie stosujemy do trójkąta 𝐴𝐵𝐶 twierdzenie sinusów i obliczamy sinus kąta 𝐴𝐶𝐵:\n|𝐴𝐵|\nsin|∡𝐴𝐶𝐵| = 2𝑅\n30\nsin|∡𝐴𝐶𝐵| = 34\nsin|∡𝐴𝐶𝐵| = 15\n17\nKorzystamy z jedynki trygonometrycznej i otrzymujemy\nsin2|∡𝐴𝐶𝐵| + cos2|∡𝐴𝐶𝐵| = 1\n(15\n17)\n2\n+ cos2|∡𝐴𝐶𝐵| = 1\ncos|∡𝐴𝐶𝐵| = 8\n17 ∨ cos|∡𝐴𝐶𝐵| = -8\n17\nPonieważ 𝐴𝐵 nie jest najdłuższym bokiem trójkąta, więc kąt 𝐴𝐶𝐵 nie jest rozwarty\ni dlatego cos |∡𝐴𝐶𝐵| = 8\n17 .\nObliczamy sin |∡𝐴𝐵𝐶|:\nsin|∡𝐴𝐵𝐶| = sin(180° -|∡𝐵𝐴𝐶| -|∡𝐴𝐶𝐵|) = sin(|∡𝐵𝐴𝐶| + |∡𝐴𝐶𝐵|) =\n= sin|∡𝐵𝐴𝐶| ⋅cos|∡𝐴𝐶𝐵| + sin|∡𝐴𝐶𝐵| ⋅cos|∡𝐵𝐴𝐶| =\n= 1\n2 ⋅8\n17 + 15\n17 ⋅√3\n2 = 15√3 + 8\n34\nStosujemy do trójkąta 𝐴𝐵𝐶 twierdzenie sinusów i otrzymujemy\n|𝐴𝐶|\nsin|∡𝐴𝐵𝐶| = 2𝑅\n|𝐴𝐶| = 2𝑅⋅sin|∡𝐴𝐵𝐶|\n|𝐴𝐶| = 34 ⋅15√3 + 8\n34\n= 15√3 + 8\nUwaga:\nPo obliczeniu cos |∡𝐴𝐶𝐵| można obliczyć cos |∡𝐴𝐵𝐶|:\ncos|∡𝐴𝐵𝐶| = cos(180° -|∡𝐵𝐴𝐶| -|∡𝐴𝐶𝐵|) = -cos(|∡𝐵𝐴𝐶| + |∡𝐴𝐶𝐵|) =\n= -cos|∡𝐵𝐴𝐶| ⋅cos|∡𝐴𝐶𝐵| + sin|∡𝐴𝐶𝐵| ⋅sin|∡𝐵𝐴𝐶| =\n= -√3\n2 ⋅8\n17 + 15\n17 ⋅1\n2 = 15 -8√3\n34\nPo zastosowaniu twierdzenia cosinusów otrzymujemy:\n|𝐴𝐶|2 = |𝐴𝐵|2 + |𝐵𝐶|2 -2 ⋅|𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝐶| ⋅cos|∡𝐴𝐵𝐶|\n|𝐴𝐶|2 = 302 + 172 -2 ⋅30 ⋅17 ⋅15 -8√3\n34\n|𝐴𝐶| = √739 + 240√3\n|𝐴𝐶| = √(8 + 15√3)\n2\n|𝐴𝐶| = 8 + 15√3\nZasady oceniania rozwiązań zadań","solution":null,"image":"img/matematyka-2024-maj-matura-stara-rozszerzona/zad-13.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":18,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2024 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 13. (0-4)
Promień okręgu opisanego na trójkącie 𝐴𝐵𝐶 jest równy 17. Najdłuższym bokiem tego
trójkąta jest bok 𝐴𝐶, a długości dwóch pozostałych boków są równe |𝐴𝐵| = 30 oraz
|𝐵𝐶| = 17. Oblicz miarę kąta 𝐵𝐴𝐶 oraz długość boku 𝐴𝐶 tego trójkąta.

\n

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

\n

EMAP-R0_100

","answer_text_html":"

Zadanie 13. (0-4)
Wymagania egzaminacyjne 2024
Wymaganie ogólne
Wymaganie szczegółowe
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający:
7.4R) znajduje związki miarowe w figurach
płaskich z zastosowaniem twierdzenia
sinusów i twierdzenia cosinusów.
Zasady oceniania
4 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: 15√3 + 8 (lub
√739 + 240√3).
3 pkt - zapisanie równania z jedną niewiadomą (długością boku 𝐴𝐶), np.
172 = |𝐴𝐶|2 + 302 -2 ⋅30 ⋅|𝐴𝐶| ⋅
√3
2 ,
|𝐴𝐶|2 = 302 + 172 -2 ⋅30 ⋅17 ⋅15-8√3
34
,
302 = |𝐴𝐶|2 + 172 -2 ⋅|𝐴𝐶| ⋅17 ⋅8
17
ALBO

\n\n

sposobu II),
ALBO

\n\n

34
(dla sposobu III).
2 pkt - obliczenie miary kąta 𝐵𝐴𝐶: 30°.
1 pkt - zapisanie, że kąt 𝐵𝑆𝐶 ma miarę 60°
ALBO

\n\n

kąta 𝐴𝐶𝐵), np.
17
sin|∡𝐵𝐴𝐶| = 34,
30
sin|∡𝐴𝐶𝐵| = 34, 1
2 ⋅30 ⋅sin|∡𝐵𝐴𝐶| = 30⋅17
4⋅17 ,
ALBO

\n\n

|𝐴𝐶|
sin|∡𝐴𝐵𝐶| = 34.
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Przykładowe pełne rozwiązania
Sposób I
Oznaczmy przez 𝑆 środek okręgu opisanego na trójkącie 𝐴𝐵𝐶, a przez 𝑅 - promień tego
okręgu. Ponieważ 𝑅= 17 oraz |𝐵𝐶| = 17, więc trójkąt 𝐵𝑆𝐶 jest równoboczny. Punkt 𝐴
leży na dłuższym z łuków 𝐵𝐶 okręgu opisanego na trójkącie, gdyż gdyby leżał na krótszym,
to wtedy odcinek 𝐵𝐶 byłby najdłuższym bokiem trójkąta 𝐴𝐵𝐶. Zatem miara kąta wpisanego
𝐵𝐴𝐶 jest połową miary kąta 𝐵𝑆𝐶 trójkąta równobocznego, czyli |∡𝐵𝐴𝐶| = 30°.
Stosujemy do trójkąta 𝐴𝐵𝐶 twierdzenie cosinusów i obliczamy długość boku 𝐴𝐶:
|𝐵𝐶|2 = |𝐴𝐶|2 + |𝐴𝐵|2 -2 ⋅|𝐴𝐵| ⋅|𝐴𝐶| ⋅cos|∡𝐵𝐴𝐶|
172 = |𝐴𝐶|2 + 302 -2 ⋅30 ⋅|𝐴𝐶| ⋅√3
2
|𝐴𝐶|2 -30√3 ⋅|𝐴𝐶| + 611 = 0
|𝐴𝐶| = 15√3 + 8 ∨ |𝐴𝐶| = 15√3 -8
Ponieważ 15√3 -8 < 30, więc ostatecznie |𝐴𝐶| = 15√3 + 8.
Sposób II
Oznaczmy przez 𝑆 środek okręgu opisanego na trójkącie 𝐴𝐵𝐶, a przez 𝑅 - promień tego
okręgu.
Stosujemy do trójkąta 𝐴𝐵𝐶 twierdzenie sinusów i otrzymujemy:
|𝐵𝐶|
sin|∡𝐵𝐴𝐶| = 2𝑅
17
sin|∡𝐵𝐴𝐶| = 34
Stąd |∡𝐵𝐴𝐶| = 30° lub |∡𝐵𝐴𝐶| = 150°. Ponieważ bok 𝐵𝐶 nie jest najdłuższym bokiem
trójkąta 𝐴𝐵𝐶, więc kąt leżący naprzeciw tego boku nie może być rozwarty. Zatem
|∡𝐵𝐴𝐶| = 30°.
Niech 𝐷 będzie spodkiem wysokości poprowadzonej w trójkącie 𝐴𝐵𝐶 z wierzchołka 𝐵 na
bok 𝐴𝐶 (zobacz rysunek).
Korzystamy ze związków miarowych dla trójkąta o kątach 30°, 60°, 90° i otrzymujemy
|𝐵𝐷| = 1
2 ⋅|𝐴𝐵| = 15 oraz |𝐴𝐷| =
√3
2 ⋅|𝐴𝐵| = 15√3.
Stosujemy do trójkąta 𝐵𝐶𝐷 twierdzenie Pitagorasa i otrzymujemy
|𝐶𝐷| = √|𝐶𝐵|2 -|𝐵𝐷|2 = √172 -152 = 8
Zatem |𝐴𝐶| = |𝐴𝐷| + |𝐶𝐷| = 15√3 + 8.
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
𝑆
30°
30
17
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Sposób III
Oznaczmy przez 𝑆 środek okręgu opisanego na trójkącie 𝐴𝐵𝐶, a przez 𝑅 - promień tego
okręgu.
Stosujemy do trójkąta 𝐴𝐵𝐶 twierdzenie sinusów i otrzymujemy:
|𝐵𝐶|
sin|∡𝐵𝐴𝐶| = 2𝑅
17
sin|∡𝐵𝐴𝐶| = 34
Stąd |∡𝐵𝐴𝐶| = 30° lub |∡𝐵𝐴𝐶| = 150°. Ponieważ bok 𝐵𝐶 nie jest najdłuższym bokiem
trójkąta 𝐴𝐵𝐶, więc kąt leżący naprzeciw tego boku nie może być rozwarty. Zatem
|∡𝐵𝐴𝐶| = 30°.
Ponownie stosujemy do trójkąta 𝐴𝐵𝐶 twierdzenie sinusów i obliczamy sinus kąta 𝐴𝐶𝐵:
|𝐴𝐵|
sin|∡𝐴𝐶𝐵| = 2𝑅
30
sin|∡𝐴𝐶𝐵| = 34
sin|∡𝐴𝐶𝐵| = 15
17
Korzystamy z jedynki trygonometrycznej i otrzymujemy
sin2|∡𝐴𝐶𝐵| + cos2|∡𝐴𝐶𝐵| = 1
(15
17)
2

\n\n

cos|∡𝐴𝐶𝐵| = 8
17 ∨ cos|∡𝐴𝐶𝐵| = -8
17
Ponieważ 𝐴𝐵 nie jest najdłuższym bokiem trójkąta, więc kąt 𝐴𝐶𝐵 nie jest rozwarty
i dlatego cos |∡𝐴𝐶𝐵| = 8
17 .
Obliczamy sin |∡𝐴𝐵𝐶|:
sin|∡𝐴𝐵𝐶| = sin(180° -|∡𝐵𝐴𝐶| -|∡𝐴𝐶𝐵|) = sin(|∡𝐵𝐴𝐶| + |∡𝐴𝐶𝐵|) =
= sin|∡𝐵𝐴𝐶| ⋅cos|∡𝐴𝐶𝐵| + sin|∡𝐴𝐶𝐵| ⋅cos|∡𝐵𝐴𝐶| =
= 1
2 ⋅8
17 + 15
17 ⋅√3
2 = 15√3 + 8
34
Stosujemy do trójkąta 𝐴𝐵𝐶 twierdzenie sinusów i otrzymujemy
|𝐴𝐶|
sin|∡𝐴𝐵𝐶| = 2𝑅
|𝐴𝐶| = 2𝑅⋅sin|∡𝐴𝐵𝐶|
|𝐴𝐶| = 34 ⋅15√3 + 8
34
= 15√3 + 8
Uwaga:
Po obliczeniu cos |∡𝐴𝐶𝐵| można obliczyć cos |∡𝐴𝐵𝐶|:
cos|∡𝐴𝐵𝐶| = cos(180° -|∡𝐵𝐴𝐶| -|∡𝐴𝐶𝐵|) = -cos(|∡𝐵𝐴𝐶| + |∡𝐴𝐶𝐵|) =
= -cos|∡𝐵𝐴𝐶| ⋅cos|∡𝐴𝐶𝐵| + sin|∡𝐴𝐶𝐵| ⋅sin|∡𝐵𝐴𝐶| =
= -√3
2 ⋅8
17 + 15
17 ⋅1
2 = 15 -8√3
34
Po zastosowaniu twierdzenia cosinusów otrzymujemy:
|𝐴𝐶|2 = |𝐴𝐵|2 + |𝐵𝐶|2 -2 ⋅|𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝐶| ⋅cos|∡𝐴𝐵𝐶|
|𝐴𝐶|2 = 302 + 172 -2 ⋅30 ⋅17 ⋅15 -8√3
34
|𝐴𝐶| = √739 + 240√3
|𝐴𝐶| = √(8 + 15√3)
2
|𝐴𝐶| = 8 + 15√3
Zasady oceniania rozwiązań zadań

","solutions":[]}