Zadanie 7. (0-3)
W trójkącie równobocznym 𝐴𝐵𝐶 punkt 𝐷 leży na boku 𝐵𝐶. Stosunek pola trójkąta 𝐴𝐵𝐷
do pola trójkąta 𝐴𝐷𝐶 jest równy
√3 - 1
2
Wykaż, że miara kąta 𝐷𝐴𝐶 jest równa 45°.
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)
Wymaganie ogólne
Wymaganie szczegółowe
V. Rozumowanie i argumentacja.
Zdający:
7.4) korzysta z własności funkcji
trygonometrycznych w łatwych obliczeniach
geometrycznych, w tym ze wzoru na pole
trójkąta ostrokątnego o danych dwóch
bokach i kącie między nimi
Zasady oceniania (dla sposobów I oraz VI)
3 pkt - poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania.
2 pkt - zapisanie równania z jedną niewiadomą - jednym z kątów: 𝐶𝐴𝐷, 𝐵𝐴𝐷, 𝐶𝐷𝐴, 𝐴𝐷𝐵,
w którym wszystkie funkcje trygonometryczne są tego samego argumentu, np.
sin60°⋅cos𝛼 - cos60°⋅sin𝛼
sin𝛼
√3 - 1
2
, gdzie 𝛼= |∡𝐶𝐴𝐷|,
ALBO
1 pkt - zapisanie równania z jedną niewiadomą - jednym z kątów: 𝐶𝐴𝐷, 𝐵𝐴𝐷, 𝐶𝐷𝐴, 𝐴𝐷𝐵,
np. sin(60° - 𝛼)
sin𝛼
√3 - 1
2
, gdzie 𝛼= |∡𝐶𝐴𝐷|,
ALBO
|𝐶𝐷| =
√3-1
2
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Zasady oceniania (dla sposobu II)
3 pkt - poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania.
2 pkt - wyznaczenie długości czterech spośród pięciu odcinków: 𝐵𝐷, 𝐶𝐷, 𝐶𝐸, 𝐷𝐸, 𝐴𝐸,
w zależności od jednej zmiennej, np. |𝐶𝐷| = 𝑥 i |𝐵𝐷| =
√3 - 1
2
𝑥 i |𝐶𝐸| = 1
2 𝑥
i |𝐴𝐸| =
√3
2 𝑥
ALBO
i tangensa kąta 𝐷𝐴𝐶, np. |𝐶𝐸| = 1
√3 ⋅|𝐴𝐸| ⋅tg 𝛼 i |𝐶𝐷| = 2√3
3 ⋅|𝐴𝐸| ⋅tg 𝛼
i |𝐵𝐷| = |𝐴𝐸| -
√3
3 ⋅|𝐴𝐸| ⋅tg 𝛼, gdzie 𝛼 jest kątem 𝐷𝐴𝐶.
1 pkt - zapisanie związku |𝐵𝐷|
|𝐶𝐷| =
√3 - 1
2
,
ALBO
jednej zmiennej, np. |𝐶𝐷| = 𝑥 i |𝐵𝐷| =
√3 - 1
2
𝑥,
ALBO
Zasady oceniania rozwiązań zadań
|𝐶𝐷| = 𝑥, |𝐶𝐸| = 1
2 𝑥, |𝐷𝐸| =
√3
2 𝑥,
ALBO
i tangensa kąta 𝐷𝐴𝐶: |𝐶𝐸| =
√3
3 ⋅|𝐴𝐸| ⋅tg 𝛼 (albo |𝐶𝐷| = 2√3
3 ⋅|𝐴𝐸| ⋅tg 𝛼), gdzie
𝛼 jest kątem 𝐷𝐴𝐶.
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Zasady oceniania (dla sposobów III - V)
3 pkt - poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania.
2 pkt - obliczenie |𝐵𝐷|
|𝐷𝐹| oraz |𝐴𝐵|
|𝐴𝐹| : |𝐵𝐷|
|𝐷𝐹| = 2
√3 oraz |𝐴𝐵|
|𝐴𝐹| = 2
√3
ALBO
|𝐴𝐷| = √6𝑚 oraz |𝐶𝐷| = 2𝑚.
1 pkt - wyznaczenie długości odcinków 𝐵𝐷 i 𝐶𝐷 w zależności od jednej zmiennej, np.
|𝐶𝐷| = 2𝑚 i |𝐵𝐷| = (√3 -1)𝑚.
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Przykładowe pełne rozwiązania
Sposób I
Przyjmijmy następujące oznaczenia:
𝑎 - długość boku trójkąta 𝐴𝐵𝐶,
𝑏 - długość odcinka 𝐴𝐷,
𝛼 - miara kąta 𝐷𝐴𝐶
(zobacz rysunek).
Korzystając ze wzoru na pole trójkąta oraz uwzględniając warunki zadania, otrzymujemy:
𝑃𝐴𝐵𝐷
𝑃𝐴𝐷𝐶
= √3 -1
2
1
2 ⋅𝑎⋅𝑏⋅sin(60° -𝛼)
1
2 ⋅𝑎⋅𝑏⋅sin 𝛼
= √3 -1
2
𝛼
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
60° -𝛼
𝑎
𝑏
𝑎
sin(60° -𝛼)
sin 𝛼
= √3 -1
2
Stąd i ze wzoru na sinus różnicy kątów otrzymujemy kolejno:
sin 60° ⋅cos 𝛼-cos 60° ⋅sin 𝛼
sin 𝛼
= √3 -1
2
sin 60° ⋅cos 𝛼
sin 𝛼-cos 60° = √3 -1
2
cos 𝛼
sin 𝛼= 1
tg 𝛼= 1
𝛼= 45°
Zatem kąt 𝐷𝐴𝐶 ma miarę 45°. To należało wykazać.
Sposób II
Trójkąty 𝐴𝐵𝐷 i 𝐴𝐶𝐷 mają wspólną wysokość opuszczoną z wierzchołka 𝐴, więc
𝑃𝐴𝐵𝐷
𝑃𝐴𝐷𝐶
= |𝐵𝐷|
|𝐶𝐷|
zatem
|𝐵𝐷|
|𝐶𝐷| = √3 -1
2
Oznaczmy 𝑥= |𝐶𝐷|. Wtedy |𝐵𝐷| =
√3 -1
2
𝑥. Niech 𝐸 będzie spodkiem wysokości
trójkąta 𝐴𝐷𝐶 poprowadzonej z wierzchołka 𝐷 (zobacz rysunek).
Z własności trójkąta o kątach 30°, 60°, 90° otrzymujemy |𝐷𝐸| =
√3
2 𝑥 oraz |𝐸𝐶| = 1
2 𝑥.
Ponieważ |𝐴𝐸| + |𝐸𝐶| = |𝐶𝐷| + |𝐷𝐵|, więc
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
𝐸
𝑥
ξ3 -1
2
𝑥
Zasady oceniania rozwiązań zadań
|𝐴𝐸| + 1
2 𝑥= 𝑥+ √3 -1
2
𝑥
|𝐴𝐸| = √3
2 𝑥
Zatem |𝐴𝐸| = |𝐷𝐸|. To oznacza, że trójkąt prostokątny 𝐷𝐸𝐴 jest równoramienny i kąt
𝐷𝐴𝐶 ma miarę 45°. To należało wykazać.
Sposób III (z twierdzenia o dwusiecznej)
Niech 𝐹 będzie spodkiem wysokości trójkąta 𝐴𝐵𝐶 poprowadzonej z wierzchołka 𝐴.
Trójkąty 𝐴𝐵𝐷 i 𝐴𝐷𝐶 mają wspólną wysokość 𝐴𝐹, więc stosunek pól tych trójkątów jest
równy stosunkowi długości odpowiednich podstaw. Zatem |𝐵𝐷| = (√3 -1)𝑚 oraz
|𝐶𝐷| = 2𝑚, przy pewnym 𝑚> 0 (zobacz rysunek).
Wtedy |𝐴𝐵| = |𝐵𝐶| = (√3 + 1)𝑚, |𝐴𝐹| =
(√3 + 1) ⋅ √3
2
𝑚 oraz
|𝐵𝐹| = 1
2 ⋅|𝐴𝐵| = √3 + 1
2
𝑚. Stąd
|𝐷𝐹| = |𝐵𝐹| -|𝐵𝐷| = √3 + 1
2
𝑚-(√3 -1)𝑚= 3 -√3
2
𝑚
Ponieważ |𝐵𝐷|
|𝐷𝐹| =
(√3 - 1)𝑚
(3 - √3)𝑚
2
= 2
√3 oraz |𝐴𝐵|
|𝐴𝐹| =
(√3 + 1)𝑚
(√3 + 1) ⋅ √3𝑚
2
= 2
√3 , więc półprosta 𝐴𝐷
jest dwusieczną kąta 𝐵𝐴𝐹. To oznacza, że
|∡𝐷𝐴𝐹| = 1
2 ⋅|∡𝐵𝐴𝐹| = 1
2 ⋅30° = 15° oraz |∡𝐷𝐴𝐶| = 30° + |∡𝐷𝐴𝐹| = 45°. To należało
wykazać.
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
𝐹
2𝑚
(ξ3 -1)𝑚
Sposób IV (z twierdzenia cosinusów i sinusów / dwukrotnie z twierdzenia cosinusów)
Oznaczmy kąt 𝐶𝐴𝐷 przez 𝛼, natomiast długość odcinka 𝐴𝐷 oznaczmy przez 𝑏.
Trójkąty 𝐴𝐵𝐷 i 𝐴𝐷𝐶 mają wspólną wysokość poprowadzoną z wierzchołka 𝐴 na
prostą 𝐵𝐶, więc stosunek pól tych trójkątów jest równy stosunkowi długości odpowiednich
podstaw. Zatem |𝐵𝐷| = (√3 -1)𝑚 oraz |𝐶𝐷| = 2𝑚, przy pewnym 𝑚> 0 (zobacz
rysunek).
Wtedy |𝐴𝐵| = |𝐵𝐶| = |𝐶𝐴| = (√3 + 1)𝑚.
Stosujemy twierdzenie cosinusów do trójkąta 𝐴𝐷𝐶:
𝑏2 = |𝐴𝐶|2 + |𝐶𝐷|2 -2 ⋅|𝐴𝐶| ⋅|𝐶𝐷| ⋅cos 60°
𝑏2 = [(√3 + 1)𝑚]
2 + (2𝑚)2 -2 ⋅(√3 + 1)𝑚⋅2𝑚⋅1
2
𝑏2 = (4 + 2√3 + 4 -2√3 -2) ⋅𝑚2
𝑏= √6𝑚
Stosujemy twierdzenie sinusów do trójkąta 𝐴𝐷𝐶 i otrzymujemy
𝑏
sin 60° = 2𝑚
sin 𝛼
√6𝑚
sin 60° = 2𝑚
sin 𝛼
sin 𝛼= √2
2
Zatem |∡𝐷𝐴𝐶| = 45°. To należało wykazać.
Uwaga.
Zamiast sin 𝛼 możemy też obliczyć cos 𝛼, korzystając po raz drugi z twierdzenia
cosinusów dla trójkąta 𝐴𝐷𝐶:
|𝐶𝐷|2 = |𝐴𝐶|2 + 𝑏2 -2 ⋅|𝐴𝐶| ⋅𝑏⋅cos 𝛼
(2𝑚)2 = [(√3 + 1)𝑚]
2 + (√6𝑚)
2 -2 ⋅(√3 + 1)𝑚⋅√6𝑚⋅cos 𝛼
𝛼
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
൫ξ3 -1൯𝑚
2𝑚
𝑏
Zasady oceniania rozwiązań zadań
2 ⋅(√3 + 1)𝑚⋅√6𝑚⋅cos 𝛼= [(√3 + 1)𝑚]
2 + (√6𝑚)
2 -(2𝑚)2
cos 𝛼= (3 + 2√3 + 1) + 6 -4
2√6 ⋅(√3 + 1)
6 + 2√3
2√6 ⋅(√3 + 1)
= 2√3(√3 + 1)
2√6 ⋅(√3 + 1)
= √2
2
Zatem |∡𝐷𝐴𝐶| = 45°.
Sposób V (z twierdzenia Stewarta)
Przyjmijmy następujące oznaczenia:
𝑎 - długość boku trójkąta 𝐴𝐵𝐶,
𝑏 - długość odcinka 𝐴𝐷,
𝑥 - długość odcinka 𝐵𝐷,
𝑦 - długość odcinka 𝐶𝐷,
𝛼 - miara kąta 𝐷𝐴𝐶
(zobacz rysunek).
Trójkąty 𝐴𝐵𝐷 i 𝐴𝐷𝐶 mają wspólną wysokość poprowadzoną z wierzchołka 𝐴 na
prostą 𝐵𝐶, więc stosunek pól tych trójkątów jest równy stosunkowi długości odpowiednich
podstaw. Zatem 𝑥= (√3 -1)𝑚 oraz 𝑦= 2𝑚, przy pewnym 𝑚> 0.
Wtedy 𝑎= (√3 + 1)𝑚.
Stosujemy twierdzenie Stewarta
𝑎2 ⋅𝑥+ 𝑎2 ⋅𝑦= (𝑥+ 𝑦)(𝑏2 + 𝑥𝑦)
𝑎2 = 𝑏2 + 𝑥𝑦
[(√3 + 1)𝑚]
2 = 𝑏2 + (√3 -1)𝑚⋅2𝑚
𝑏= √6𝑚
Stosujemy twierdzenie cosinusów do trójkąta 𝐴𝐷𝐶 i otrzymujemy:
𝑦2 = 𝑏2 + 𝑎2 -2𝑎𝑏⋅cos 𝛼
(2𝑚)2 = (√6𝑚)
2 + [(√3 + 1)𝑚]
2 -2 ⋅(√3 + 1)𝑚⋅√6𝑚⋅cos 𝛼
4𝑚2 = 6𝑚2 + (4 + 2√3)𝑚2 -2(3√2 + √6) ⋅𝑚2 ⋅cos 𝛼
𝛼
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
𝑥
𝑦
𝑏
𝑎
cos 𝛼=
(6 + 2√3)
2(3√2 + √6)
cos 𝛼= √2(3√2 + √6)
2(3√2 + √6)
Zatem cos 𝛼=
√2
2 i 𝛼= 45°. To należało wykazać.
Sposób VI (analitycznie)
Przyjmijmy następujące oznaczenia:
𝑎 - długość boku trójkąta 𝐴𝐵𝐶,
𝛼 - miara kąta 𝐷𝐴𝐶,
𝛽 - miara kąta 𝐵𝐴𝐷.
Umieszczamy trójkąt 𝐴𝐵𝐶 w układzie współrzędnych tak, żeby 𝐴= (0, 0), 𝐵= (𝑎, 0) i 𝐶
leżał w I ćwiartce układu współrzędnych. Wtedy 𝐶= (𝑎
2 , 𝑎√3
2 ).
Trójkąty 𝐴𝐵𝐷 i 𝐴𝐶𝐷 mają wspólną wysokość opuszczoną z wierzchołka 𝐴, więc
𝑃𝐴𝐵𝐷
𝑃𝐴𝐷𝐶
= |𝐵𝐷|
|𝐶𝐷|
zatem
|𝐵𝐷|
|𝐶𝐷| = √3 -1
2
Oznaczmy teraz rzuty prostokątne punktów 𝐶 i 𝐷 na oś odciętych przez - odpowiednio -
𝐾 oraz 𝐿, a rzuty prostokątne punktów 𝐶 i 𝐷 na oś rzędnych przez - odpowiednio - 𝑀
oraz 𝑁 (zobacz rysunek).
Z twierdzenia Talesa otrzymujemy
|𝐾𝐿|
|𝐾𝐵| = |𝐶𝐷|
|𝐵𝐶| =
2
2 + √3 - 1 = √3 -1 oraz |𝐴𝑁|
|𝐴𝑀| = |𝐵𝐷|
|𝐵𝐶| =
√3 - 1
2 + √3 - 1 = 2 -√3
𝛼
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
𝑎
𝐾
𝛽
𝑥
𝑦
𝐿
𝑀
𝑁
Zasady oceniania rozwiązań zadań
zatem
|𝐾𝐿| = (√3 -1) ⋅|𝐾𝐵| = (√3 -1) ⋅𝑎
2 oraz |𝐴𝑁| = (2 -√3) ⋅|𝐴𝑀| = (2 -√3) ⋅𝑎√3
2
Stąd
𝐷= (𝑎
2 + (√3 -1) ⋅𝑎
2 , (2 -√3) ⋅𝑎√3
2 ) = (𝑎√3
2 , 𝑎√3(2 -√3)
2
)
Współczynnik kierunkowy prostej 𝐴𝐷 jest równy
𝑎𝐴𝐷=
𝑎√3(2-√3)
2
𝑎√3
2
= 2 -√3
Zatem
tg 𝛽= 𝑎𝐴𝐷= 2 -√3
Ze wzoru na tangens różnicy kątów otrzymujemy
tg 𝛼= tg(60° -𝛽) =
tg 60° -tg 𝛽
1 + tg 60° ⋅tg 𝛽=
√3 -(2 -√3)
1 + √3 ⋅(2 -√3)
= 2√3 -2
2√3 -2
= 1
Zatem 𝛼= 45°. To należało wykazać.