Zadanie 20. (0-2)
W trójkącie ostrokątnym 𝐴𝐵𝐶 punkt 𝐷 leży na boku 𝐴𝐵, a punkt 𝐸 leży na boku 𝐴𝐶.
Odcinek 𝐵𝐸 jest środkową trójkąta 𝐴𝐵𝐶, a odcinek 𝐶𝐷 jest wysokością tego trójkąta.
Ponadto odcinki 𝐷𝐵 oraz 𝐷𝐸 mają równe długości (zobacz rysunek).
Wykaż, że |∡𝑪𝑨𝑩| = 𝟐⋅|∡𝑨𝑩𝑬|.
𝐴
𝐵
𝐶
𝐸
𝐷
20.
0-1-2
MMAP-P0_100
W trójkącie ostrokątnym ABC punkt D leży na boku AB, a punkt E leży na boku AC. Odcinek BE jest środkową trójkąta ABC, a odcinek CD jest wysokością tego trójkąta. Ponadto odcinki DB oraz DE mają równe długości (zobacz rysunek). [rysunek] Wykaż, że |∠ CAB| = 2⋅|∠ ABE|.
Zadanie 20. (0-2)
Wymaganie ogólne
Wymaganie szczegółowe
IV. Rozumowanie i argumentacja.
kilkuetapowych, podawanie argumentów
uzasadniających poprawność rozumowania,
odróżnianie dowodu od przykładu.
Zdający:
VIII.11) przeprowadza dowody
geometryczne.
Zasady oceniania
2 pkt - przeprowadzenie pełnego rozumowania.
1 pkt - zapisanie, że |𝐴𝐸| = |𝐷𝐸|
ALBO
ALBO
\nALBO
\n|∡𝐴𝐷𝐸| = 2 ⋅|∡𝐴𝐵𝐸|.
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Przykładowe pełne rozwiązanie
Niech |∡𝐶𝐴𝐵| = 𝛼 oraz |∡𝐴𝐵𝐸| = 𝛽 (zobacz rysunek). Wtedy tezę możemy zapisać
w postaci 𝛼= 2𝛽.
Z równości |𝐷𝐵| = |𝐷𝐸| wynika, że trójkąt 𝐷𝐵𝐸 jest równoramienny. Stąd:
|∡𝐵𝐸𝐷| = |∡𝐷𝐵𝐸| = 𝛽
Zatem z twierdzenia o sumie miar kątów wewnętrznych trójkąta wynika, że:
|∡𝐸𝐷𝐵| = 180° -2𝛽
𝐴
𝐵
𝐶
𝐸
𝐷
𝛽
𝛼
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Trójkąt 𝐴𝐷𝐶 jest prostokątny i punkt 𝐸 jest środkiem jego przeciwprostokątnej (tzn. że
punkt 𝐸 jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie 𝐴𝐷𝐶), więc:
|𝐴𝐸| = |𝐷𝐸| = |𝐶𝐸|
Stąd wynika, że trójkąt 𝐴𝐷𝐸 jest równoramienny, zatem:
|∡𝐴𝐷𝐸| = |∡𝐸𝐴𝐷| = 𝛼
Kąty 𝐴𝐷𝐸 i 𝐸𝐷𝐵 są przyległe, więc:
𝛼= |∡𝐴𝐷𝐸| = 180° -|∡𝐸𝐷𝐵| = 180° -(180° -2𝛽) = 2𝛽
Zatem 𝛼= 2𝛽. To kończy dowód.
Uwaga.
Równość |∡𝐴𝐷𝐸| = 2𝛽 możemy też otrzymać, korzystając z twierdzenia o kącie
zewnętrznym trójkąta.
Odcinek BE jest środkową trójkąta ABC , więc punkt E jest środkiem boku AC .
\nOdcinek CD jest wysokością, zatem trójkąt ADC jest prostokątny.
\nW trójkącie prostokątnym środek przeciwprostokątnej jest równo odległy od wszystkich wierzchołków. Ponieważ E jest środkiem przeciwprostokątnej AC , mamy:
\nEA=ED
\nZ treści zadania:
\nDB=DE
\nOznaczmy:
\n|∠ ABE|=α
\nPonieważ D leży na odcinku AB , to:
\n|∠ DBE|=α
\nW trójkącie DBE mamy DB=DE , więc kąty przy podstawie są równe:
\n|∠ DBE|=|∠ BED|=α
\nStąd:
\n|∠ BDE|=180^°-2α
\nKąty ∠ BDE i ∠ ADE są przyległe, więc:
\n|∠ ADE|=180^°-(180^°-2α)=2α
\nW trójkącie ADE mamy EA=ED , więc:
\n|∠ DAE|=|∠ ADE|=2α
\nA ponieważ ∠ DAE=∠ CAB , otrzymujemy:
\n|∠ CAB|=2|∠ ABE|
\nWykazano, że |∠ CAB|=2·|∠ ABE| .
"}]}