Zadanie 5 · 3 pkt · dowód

Długość odcinka ND w trójkącie prostokątnym z kątem 60°

Dany jest trójkąt prostokątny ABCABC⁠, w którym ∣∡ABC∣=90∘|\measuredangle ABC| = 90^\circ oraz ∣∡CAB∣=60∘|\measuredangle CAB| = 60^\circ⁠. Punkty KK i LL leżą na bokach – odpowiednio – ABAB i BCBC tak, że ∣BK∣=∣BL∣=1|BK| = |BL| = 1 (zobacz rysunek). Odcinek KLKL przecina wysokość BDBD tego trójkąta w punkcie NN⁠, a ponadto ∣AD∣=2|AD| = 2⁠.

Wykaż, że ∣ND∣=3+1|ND| = \sqrt{3} + 1⁠.

Pokaż odpowiedź i rozwiązanieSpróbuj najpierw sam(a), potem sprawdź.

Rozwiązanie krok po kroku

  1. W trójkącie prostokątnym ADBADB (kąt prosty przy DD⁠) kąt przy AA ma miarę 60∘60^\circ⁠, więc ∣AD∣=∣AB∣⋅cos⁡60∘|AD| = |AB| \cdot \cos 60^\circ⁠.

    ∣AB∣=212=4|AB| = \dfrac{2}{\frac{1}{2}} = 4

  2. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie ADBADB⁠.

    ∣BD∣=42−22=23|BD| = \sqrt{4^2 - 2^2} = 2\sqrt{3}

    Do tego miejsca: 1 pkt

  3. W trójkącie ADBADB kąt ABDABD ma miarę 180∘−90∘−60∘=30∘180^\circ - 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ⁠, a kąt ABCABC jest prosty; trójkąt KBLKBL jest prostokątny o przyprostokątnych 11 i 11⁠.

    ∣∡KBN∣=30∘,∣∡NBL∣=60∘,PKBL=12|\measuredangle KBN| = 30^\circ, \quad |\measuredangle NBL| = 60^\circ, \quad P_{KBL} = \dfrac{1}{2}

  4. Pole trójkąta KBLKBL jest sumą pól trójkątów BLNBLN i KBNKBN⁠; oznaczamy x=∣BN∣x = |BN|⁠.

    12⋅1⋅x⋅sin⁡60∘+12⋅x⋅1⋅sin⁡30∘=12\dfrac{1}{2} \cdot 1 \cdot x \cdot \sin 60^\circ + \dfrac{1}{2} \cdot x \cdot 1 \cdot \sin 30^\circ = \dfrac{1}{2}

    Do tego miejsca: 2 pkt

  5. Podstawiamy sin⁡60∘=32\sin 60^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2}⁠, sin⁡30∘=12\sin 30^\circ = \frac{1}{2} i mnożymy obie strony przez 44⁠.

    x(3+1)=2x(\sqrt{3} + 1) = 2

  6. Usuwamy niewymierność z mianownika.

    x=23+1=2(3−1)2=3−1x = \dfrac{2}{\sqrt{3} + 1} = \dfrac{2(\sqrt{3} - 1)}{2} = \sqrt{3} - 1

  7. Punkt NN leży na odcinku BDBD⁠, więc ∣ND∣=∣BD∣−∣BN∣|ND| = |BD| - |BN|⁠.

    ∣ND∣=23−(3−1)=3+1|ND| = 2\sqrt{3} - (\sqrt{3} - 1) = \sqrt{3} + 1

    Do tego miejsca: 3 pkt

Odpowiedź

∣BD∣=23|BD| = 2\sqrt{3} i ∣BN∣=3−1|BN| = \sqrt{3} - 1⁠, więc ∣ND∣=3+1|ND| = \sqrt{3} + 1⁠. To należało wykazać.

Jak to jest punktowane

Za rozwiązanie jest jeden poziom — najwyższy, który spełnia.

  • 3 pktzastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: ∣ND∣=3+1|ND| = \sqrt{3} + 1⁠.
  • 2 pktobliczenie długości odcinka BNBN⁠: 3−1\sqrt{3} - 1ALBO– obliczenie długości odcinka BDBD⁠: ∣BD∣=23|BD| = 2\sqrt{3} i zapisanie równania z jedną niewiadomą xx (długością odcinka BNBN⁠),ALBO– zapisanie równania x23−x=2+31\frac{x}{2\sqrt{3} - x} = \frac{2 + \sqrt{3}}{1} z niewiadomą x=∣DN∣x = |DN| (otrzymanego z podobieństwa trójkątów BLNBLN i DENDEN⁠, sposób VII),ALBO– obliczenie współrzędnych punktu NN⁠: N=(13+1,33+1)N = \left(\frac{1}{\sqrt{3} + 1}, \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3} + 1}\right) i obliczenie długości odcinka BDBD⁠: ∣BD∣=23|BD| = 2\sqrt{3} (sposób V),ALBO– obliczenie współrzędnych punktów NN i DD⁠: N=(13+1,33+1)N = \left(\frac{1}{\sqrt{3} + 1}, \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3} + 1}\right) i D=(3,3)D = (\sqrt{3}, 3) (sposób V),ALBO– obliczenie współrzędnych punktu NN⁠: N=(13+1,33+1)N = \left(\frac{1}{\sqrt{3} + 1}, \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3} + 1}\right) i zapisanie długości ∣DN∣|DN| w postaci ∣−33⋅13+1−1⋅33+1+4∣(−33)2+(−1)2\frac{\left|-\frac{\sqrt{3}}{3} \cdot \frac{1}{\sqrt{3} + 1} - 1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3} + 1} + 4\right|}{\sqrt{\left(-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)^2 + (-1)^2}} (sposób V).
  • 1 pktzapisanie równania z jedną niewiadomą x=∣BN∣x = |BN|⁠, np.12⋅1⋅x⋅sin⁡60∘+12⋅x⋅1⋅sin⁡30∘=12\frac{1}{2} \cdot 1 \cdot x \cdot \sin 60^\circ + \frac{1}{2} \cdot x \cdot 1 \cdot \sin 30^\circ = \frac{1}{2} (z sumy pól trójkątów BLNBLN oraz KBNKBN⁠),1sin⁡105∘=xsin⁡45∘\frac{1}{\sin 105^\circ} = \frac{x}{\sin 45^\circ} (z twierdzenia sinusów dla trójkąta BNKBNK⁠),1sin⁡75∘=xsin⁡45∘\frac{1}{\sin 75^\circ} = \frac{x}{\sin 45^\circ} (z twierdzenia sinusów dla trójkąta BNLBNL⁠),1−12⋅x=x⋅321 - \frac{1}{2} \cdot x = \frac{x \cdot \sqrt{3}}{2} (ze związków miarowych w trójkątach BENBEN i ELNELN⁠),ALBO– obliczenie długości odcinka BDBD i zapisanie ∣BD∣=23|BD| = 2\sqrt{3}⁠,ALBO– zapisanie równania z jedną niewiadomą xx (pierwszą lub drugą współrzędną punktu NN⁠), np. −x+1=3x-x + 1 = \sqrt{3}x (sposób V),ALBO– wyznaczenie równań prostych ACAC i BDBD oraz obliczenie współrzędnych punktu DD⁠: D=(3,3)D = (\sqrt{3}, 3) (sposób V).

Uznawane są też inne sposoby rozwiązania

  • Twierdzenie sinusów w trójkącie BNKBNK o kątach 30∘30^\circ⁠, 45∘45^\circ⁠, 105∘105^\circ — ∣BK∣sin⁡105∘=∣BN∣sin⁡45∘\frac{|BK|}{\sin 105^\circ} = \frac{|BN|}{\sin 45^\circ}⁠, skąd ∣BN∣=3−1|BN| = \sqrt{3} - 1⁠.
  • Wysokość NENE trójkąta BLNBLN i x=∣BE∣x = |BE| — z trójkątów NBENBE (kąty 60∘60^\circ⁠, 30∘30^\circ⁠) i ELNELN (kąty 45∘45^\circ⁠) mamy 1−x=x31 - x = x\sqrt{3}⁠, więc ∣BN∣=2x=3−1|BN| = 2x = \sqrt{3} - 1⁠.
  • Twierdzenie cosinusów w trójkątach KBNKBN i BLNBLN — po dodaniu równości stronami ∣BN∣⋅(3+1)=2|BN| \cdot (\sqrt{3} + 1) = 2⁠.
  • Układ współrzędnych z B=(0,0)B = (0, 0) — prosta KLKL ma równanie y=−x+1y = -x + 1⁠, prosta BDBD — y=3xy = \sqrt{3}x⁠, stąd N=(13+1,33+1)N = \left(\frac{1}{\sqrt{3} + 1}, \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3} + 1}\right)⁠, a ∣ND∣|ND| to odległość NN od prostej ACAC — y=−33x+4y = -\frac{\sqrt{3}}{3}x + 4⁠.
  • Prosta przez DD równoległa do KLKL przecina BCBC w punkcie FF⁠, ∣LF∣=2+3|LF| = 2 + \sqrt{3}⁠; z twierdzenia Talesa ∣ND∣∣LF∣=∣BN∣∣BL∣\frac{|ND|}{|LF|} = \frac{|BN|}{|BL|}⁠.
  • Prosta przez DD równoległa do BCBC przecina KLKL w punkcie EE⁠, ∣ED∣=2+3|ED| = 2 + \sqrt{3}⁠; trójkąty DENDEN i BLNBLN są podobne, więc ∣ND∣2+3=23−∣ND∣1\frac{|ND|}{2 + \sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{3} - |ND|}{1}⁠.

Uwagi z zasad oceniania CKE

  • W rozwiązaniach nie są akceptowane przybliżenia dziesiętne liczb rzeczywistych.

Chcesz rozwiązywać to zadanie z podpowiedziami? Zapisz się na listę oczekujących

Źródło: CKE, matura maj 2023, poziom rozszerzony, zadanie 5