Twierdzenie sinusów i cosinusów — zadania maturalne z rozwiązaniami

\[R=\frac{7\sqrt3}{3}.\]

Oznaczmy boki \(a=\lvert AB\rvert=3\), \(b=\lvert BC\rvert=3\), \(c=\lvert CD\rvert=5\), \(d=\lvert DA\rvert=8\) oraz połowę obwodu \[s=\frac{3+3+5+8}{2}=\frac{19}{2}.\] Czworokąt jest wpisany w okrąg, więc jego pole daje wzór Brahmagupty: \[K=\sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)}=\sqrt{\tfrac{13}{2}\cdot\tfrac{13}{2}\cdot\tfrac92\cdot\tfrac32}=\sqrt{\frac{169\cdot27}{16}}=\frac{39\sqrt3}{4}.\] Promień okręgu opisanego na czworokącie wpisanym wyraża wzór \[R=\frac{\sqrt{(ab+cd)(ac+bd)(ad+bc)}}{4K}.\] Obliczamy kolejne czynniki: \[ab+cd=9+40=49,\qquad ac+bd=15+24=39,\qquad ad+bc=24+15=39,\] \[\sqrt{49\cdot39\cdot39}=7\cdot39=273.\] Stąd \[R=\frac{273}{4\cdot\frac{39\sqrt3}{4}}=\frac{273}{39\sqrt3}=\frac{7}{\sqrt3}=\frac{7\sqrt3}{3}.\] **Odpowiedź.** \(R=\dfrac{7\sqrt3}{3}\)

**1–2 pkt** – obliczenie pola czworokąta, np. ze wzoru Brahmagupty albo przez podział przekątną i wykorzystanie \(\cos\lvert\angle BCD\rvert=-\cos\lvert\angle BAD\rvert\). **3 pkt** – zapisanie zależności wiążącej promień okręgu opisanego z bokami i polem. **4 pkt** – obliczenie \(R=\frac{7\sqrt3}{3}\).

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** VIII.R1) Zdający stosuje własności czworokątów wpisanych w okrąg i opisanych na okręgu.

Promień okręgu jest równy \(R=\frac{7\sqrt{3}}{3}\).

Czworokąt \(ABCD\) jest wpisany w okrąg, więc kąty \(BAD\) i \(BCD\) dopełniają się do \(180^\circ\). Oznaczmy \(\alpha=\lvert\angle BAD\rvert\) oraz \(d=\lvert BD\rvert\). Twierdzenie cosinusów w trójkącie \(ABD\): \[d^{2}=3^{2}+8^{2}-2\cdot3\cdot8\cos\alpha=73-48\cos\alpha.\] Twierdzenie cosinusów w trójkącie \(BCD\), przy \(\cos(180^\circ-\alpha)=-\cos\alpha\): \[d^{2}=3^{2}+5^{2}-2\cdot3\cdot5\cos(180^\circ-\alpha)=34+30\cos\alpha.\] Porównanie daje \[73-48\cos\alpha=34+30\cos\alpha,\qquad 78\cos\alpha=39,\qquad \cos\alpha=\tfrac12,\] czyli \(\alpha=60^\circ\) oraz \(d^{2}=73-24=49\), a więc \(d=7\). Promień okręgu opisanego wyznaczamy z twierdzenia sinusów dla trójkąta \(ABD\), w którym bok \(BD\) leży naprzeciw kąta \(\alpha\): \[2R=\frac{d}{\sin\alpha}=\frac{7}{\tfrac{\sqrt3}{2}}=\frac{14}{\sqrt3},\qquad R=\frac{7}{\sqrt3}=\frac{7\sqrt3}{3}.\] **Odpowiedź.** \(R=\dfrac{7\sqrt3}{3}\).

**(dla sposobu I)** **4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(\tfrac{7\sqrt{3}}{3}\). **3 pkt** – obliczenie długości jednej z przekątnych czworokąta \(ABCD\), np. \(d=7\), \(\lvert AC\rvert=\tfrac{39}{7}\), ALBO – obliczenie cosinusa jednego z kątów czworokąta \(ABCD\), np. \(\cos\alpha=\tfrac{1}{2}\), \(\cos\gamma=-\tfrac{1}{2}\), \(\cos\lvert\angle ABC\rvert=-\tfrac{71}{98}\), \(\cos\lvert\angle CDA\rvert=\tfrac{71}{98}\). **2 pkt** – zapisanie równań \(d^2=3^2+8^2-2\cdot3\cdot8\cdot\cos\alpha\) oraz \(d^2=3^2+5^2+2\cdot3\cdot5\cdot\cos\alpha\) ALBO – zapisanie równań \(d^2=3^2+8^2+2\cdot3\cdot8\cdot\cos\gamma\) oraz \(d^2=3^2+5^2-2\cdot3\cdot5\cdot\cos\gamma\), ALBO – zapisanie równań \(\lvert AC\rvert^2=3^2+3^2-2\cdot3\cdot3\cdot\cos\lvert\angle ABC\rvert\) oraz \(\lvert AC\rvert^2=8^2+5^2+2\cdot8\cdot5\cdot\cos\lvert\angle ABC\rvert\), ALBO – zapisanie równań \(\lvert AC\rvert^2=3^2+3^2+2\cdot3\cdot3\cdot\cos\lvert\angle CDA\rvert\) oraz \(\lvert AC\rvert^2=8^2+5^2-2\cdot8\cdot5\cdot\cos\lvert\angle CDA\rvert\). **1 pkt** – zapisanie związków \(d^2=3^2+8^2-2\cdot3\cdot8\cdot\cos\alpha\) oraz \(\alpha+\gamma=180^\circ\) ALBO – zapisanie związków \(d^2=3^2+5^2-2\cdot3\cdot5\cdot\cos\gamma\) oraz \(\alpha+\gamma=180^\circ\), ALBO – zapisanie związków \(d^2=3^2+8^2-2\cdot3\cdot8\cdot\cos\alpha\) oraz \(d^2=3^2+5^2-2\cdot3\cdot5\cdot\cos\gamma\), ALBO – zapisanie związków \(\lvert AC\rvert^2=3^2+3^2-2\cdot3\cdot3\cdot\cos\lvert\angle ABC\rvert\) oraz \(\lvert\angle ABC\rvert+\lvert\angle CDA\rvert=180^\circ\), ALBO – zapisanie związków \(\lvert AC\rvert^2=8^2+5^2-2\cdot8\cdot5\cdot\cos\lvert\angle CDA\rvert\) oraz \(\lvert\angle ABC\rvert+\lvert\angle CDA\rvert=180^\circ\), ALBO – zapisanie związków \(\lvert AC\rvert^2=3^2+3^2-2\cdot3\cdot3\cdot\cos\lvert\angle ABC\rvert\) oraz \(\lvert AC\rvert^2=8^2+5^2-2\cdot8\cdot5\cdot\cos\lvert\angle CDA\rvert\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **Zasady oceniania (dla sposobu II)** **4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(\tfrac{7\sqrt{3}}{3}\). **3 pkt** – obliczenie długości przekątnej \(AC\): \(\lvert AC\rvert=\tfrac{39}{7}\) ALBO – obliczenie \(\cos\delta\): \(\cos\delta=\tfrac{13}{14}\). **2 pkt** – zapisanie równań \(e^2=5^2+8^2-2\cdot5\cdot8\cdot(2\cos^2\delta-1)\) oraz \(\frac{\tfrac{1}{2}e}{3}=\cos\delta\). **1 pkt** – zapisanie związków \(e^2=5^2+8^2-2\cdot5\cdot8\cdot\cos\lvert\angle ADC\rvert\) oraz \(\lvert\angle ADC\rvert=2\delta\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **Zasady oceniania (dla sposobu III)** **4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(\tfrac{7\sqrt{3}}{3}\). **3 pkt** – obliczenie długości przekątnej \(AC\): \(\lvert AC\rvert=\tfrac{39}{7}\). **2 pkt** – zapisanie, że trójkąt \(ABC'\) jest równoboczny. **1 pkt** – uzasadnienie, że \(BD\) jest dwusieczną kąta \(ADC\) oraz zapisanie, że \(C'\) leży na odcinku \(AD\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7.1R) Zdający stosuje twierdzenia charakteryzujące czworokąty wpisane w okrąg i czworokąty opisane na okręgu.

\[\lvert\angle CAB\rvert=30^{\circ},\qquad\lvert\angle ABC\rvert=30^{\circ},\qquad\lvert\angle BCA\rvert=120^{\circ}.\]

Niech \(D\) będzie drugim punktem przecięcia prostej \(AB\) z okręgiem. Odcinek \(AD\) jest średnicą, więc \(\lvert AD\rvert=2r\), a kąt wpisany \(ACD\) oparty na średnicy jest prosty: \[\lvert\angle ACD\rvert=90^{\circ}.\] W trójkącie prostokątnym \(ACD\) mamy \[\lvert CD\rvert^2=(2r)^2-(\sqrt3r)^2=r^2,\] czyli \(\lvert CD\rvert=r\). Jest to trójkąt o bokach \(r\), \(\sqrt3r\), \(2r\), zatem \[\lvert\angle CAD\rvert=30^{\circ},\qquad\lvert\angle ADC\rvert=60^{\circ}.\] Ponieważ \(\lvert AB\rvert=3r\) i \(\lvert AD\rvert=2r\), mamy \(\lvert DB\rvert=r=\lvert DC\rvert\). Trójkąt \(DBC\) jest równoramienny, a \[\lvert\angle CDB\rvert=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}.\] Stąd kąty przy podstawie są równe po \(30^{\circ}\). Ostatecznie kąty trójkąta \(ABC\) mają miary \(30^{\circ}\), \(30^{\circ}\) i \(120^{\circ}\).

**4 pkt** – poprawne miary wszystkich kątów: \(30^{\circ}\), \(30^{\circ}\), \(120^{\circ}\) **3 pkt** – poprawne kąty trójkąta \(DBC\): \(120^{\circ}\), \(30^{\circ}\), \(30^{\circ}\) **2 pkt** – poprawne kąty ostre trójkąta \(ADC\): \(30^{\circ}\) i \(60^{\circ}\) **1 pkt** – zapisanie \(\lvert\angle ACD\rvert=90^{\circ}\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - stosowanie obiektów matematycznych oraz tworzenie obiektów pomocniczych. **Wymagania szczegółowe:** VII.4) Zdający rozwiązuje trójkąty prostokątne. VIII.1) Wyznacza promienie, średnice i długości cięciw, także z twierdzenia Pitagorasa. VIII.5) Stosuje własności kątów wpisanych i środkowych. VIII.12) Stosuje funkcje trygonometryczne w figurach płaskich.

\[\sin\lvert\angle ACB\rvert=\frac{\sqrt7}{4}.\]

Najmniejszy kąt leży naprzeciw najkrótszego boku \(AB\), jest nim więc kąt \(ACB\). Oznaczmy jego miarę przez \(\alpha\). Z twierdzenia cosinusów \[4^2=6^2+5^2-2\cdot6\cdot5\cos\alpha,\] stąd \[60\cos\alpha=45,\qquad\cos\alpha=\frac34.\] Kąt \(\alpha\) jest ostry, zatem z jedynki trygonometrycznej \[\sin\alpha=\sqrt{1-\cos^2\alpha}=\sqrt{1-\frac9{16}}=\frac{\sqrt7}{4}.\]

**3 pkt** – poprawne obliczenie \(\sin\lvert\angle ACB\rvert=\frac{\sqrt7}{4}\) **2 pkt** – obliczenie \(\cos\lvert\angle ACB\rvert=\frac34\) **1 pkt** – wskazanie, że najmniejszym kątem jest \(\angle ACB\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** VII.2) Zdający korzysta z jedynki trygonometrycznej. VII.3) Stosuje twierdzenie cosinusów. VIII.2) Stosuje zależność między długościami boków a miarami kątów trójkąta.

**F**, **P**

Trzeci bok wyznaczamy z twierdzenia cosinusów: \[\lvert AC\rvert^{2}=11^{2}+12^{2}-2\cdot11\cdot12\cos 60^\circ=121+144-132=133.\] Ponieważ \(\sqrt{133}\approx11{,}53\) i wartość ta różni się od \(11\) oraz od \(12\), żadne dwa boki trójkąta nie są równe. Pierwsze stwierdzenie jest **fałszywe**. Pole obliczamy ze wzoru z sinusem kąta między danymi bokami: \[P=\tfrac12\cdot11\cdot12\cdot\sin 60^\circ=66\cdot\frac{\sqrt3}{2}=33\sqrt3.\] Drugie stwierdzenie jest **prawdziwe**. **Odpowiedź.** F, P

1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niepełna lub niepoprawna albo brak odpowiedzi.

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - dobieranie argumentów do uzasadnienia poprawności rozwiązywania problemów, tworzenie ciągu argumentów, gwarantujących poprawność rozwiązania i skuteczność w poszukiwaniu rozwiązań zagadnienia. **Wymagania szczegółowe:** VII.3) Zdający stosuje twierdzenie cosinusów oraz wzór na pole trójkąta \(P=\frac{1}{2}\cdot a\cdot b\cdot\sin\gamma\).

B. \(6\sqrt3\)

Znamy dwa boki i kąt między nimi, więc korzystamy ze wzoru \(P=\frac12ab\sin\gamma\): \[P_{ABC}=\tfrac12\cdot6\cdot4\cdot\sin60^{\circ}=12\cdot\frac{\sqrt3}{2}=6\sqrt3.\] **Odpowiedź.** B. \(6\sqrt3\)

1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi, interpretowanie pojęć matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** VII.3) Zdający stosuje […] wzór na pole trójkąta \(P=\frac{1}{2}\cdot a\cdot b\cdot\sin\gamma\).

**A.** \(\sqrt{28}\)

Znamy dwa boki trójkąta i kąt między nimi, więc stosujemy twierdzenie cosinusów: \[\lvert BC\rvert^{2}=\lvert AB\rvert^{2}+\lvert AC\rvert^{2}-2\lvert AB\rvert\lvert AC\rvert\cos\lvert\angle CAB\rvert.\] Po podstawieniu danych z treści i rysunku \[\lvert BC\rvert^{2}=6^{2}+4^{2}-2\cdot6\cdot4\cdot\cos 60^\circ=36+16-24=28,\] zatem \(\lvert BC\rvert=\sqrt{28}=2\sqrt7\). **Odpowiedź.** A

1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi, interpretowanie pojęć matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** VII.3) Zdający stosuje twierdzenie cosinusów […].

**A.** \(14\pi\)

Jeżeli \(\gamma=|\angle ACB|\), to \(\gamma=180^{\circ}-(\alpha+\beta)\), zatem \(\sin\gamma=\sin(\alpha+\beta)\). Z twierdzenia sinusów \[2R=\frac{|AB|}{\sin\gamma}=\frac{4\sqrt6}{\frac{2\sqrt6}{7}}=14.\] Długość okręgu opisanego wynosi więc \[2\pi R=14\pi.\]

**1 pkt** – odpowiedź poprawna **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 7. R4) Zdający znajduje związki miarowe w figurach płaskich z zastosowaniem twierdzenia sinusów.

\[|AC|=\sqrt{21}-3.\]

Niech \(R=4\). Z twierdzenia sinusów \[\sin|\angle BAC|=\frac{|BC|}{2R}=\frac{4\sqrt3}{8}=\frac{\sqrt3}{2}.\] Ponieważ \(BC\) jest najdłuższym bokiem trójkąta, kąt \(BAC\) jest największy, więc \(|\angle BAC|=120^{\circ}\). Oznaczmy \(x=|AC|\). Z twierdzenia cosinusów \[(4\sqrt3)^2=6^2+x^2-2\cdot6x\cos120^{\circ}.\] Stąd \[48=36+x^2+6x,\qquad x^2+6x-12=0.\] Dodatnim rozwiązaniem jest \[x=-3+\sqrt{21}.\]

**4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik \(\sqrt{21}-3\) **3 pkt** – zapisanie poprawnego równania z jedną niewiadomą i obliczenie długości \(AC\) **2 pkt** – zapisanie równania z dwiema niewiadomymi prowadzącego do wyniku albo obliczenie potrzebnej wartości sinusa kąta **1 pkt** – obliczenie \(\sin|\angle BAC|=\frac{\sqrt3}{2}\) lub wskazanie miary kąta \(BAC\) **0 pkt** – rozwiązanie z niepoprawną metodą albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7. R4) Zdający znajduje związki miarowe w figurach płaskich z zastosowaniem twierdzenia sinusów i twierdzenia cosinusów.

\[\frac{\tan\beta}{\sin(2\alpha)}=2.\]

Oznaczmy \(|AD|=|BD|=c\), \(|AC|=b\). W trójkącie \(ABC\) kąt przy wierzchołku \(C\) ma miarę \(180^\circ-3\alpha\), a w trójkącie \(ADC\) kąt przy wierzchołku \(C\) ma miarę \(180^\circ-(2\alpha+\beta)\). Stosujemy twierdzenie sinusów do trójkątów \(ABC\) i \(ADC\): \[\frac{b}{\sin\alpha}=\frac{2c}{\sin(180^\circ-3\alpha)},\qquad \frac{b}{\sin\beta}=\frac{c}{\sin(180^\circ-(2\alpha+\beta))}.\] Po zastosowaniu wzorów redukcyjnych i wyeliminowaniu \(b\) oraz \(c\) otrzymujemy \[2\sin\alpha\cdot\sin(2\alpha+\beta)=\sin\beta\cdot\sin(3\alpha).\] Rozwijamy sinusy sumy kątów: \[2\sin\alpha\,[\sin(2\alpha)\cos\beta+\cos(2\alpha)\sin\beta]\] \[=\sin\beta\,[\sin(2\alpha)\cos\alpha+\cos(2\alpha)\sin\alpha].\] Po przeniesieniu składników otrzymujemy \[2\sin\alpha\sin(2\alpha)\cos\beta=\sin\beta\,[\sin(2\alpha)\cos\alpha-\cos(2\alpha)\sin\alpha].\] Wyrażenie w nawiasie jest równe \(\sin\alpha\), więc \[2\sin\alpha\sin(2\alpha)\cos\beta=\sin\beta\sin\alpha.\] Trójkąt jest ostrokątny, zatem \(\sin\alpha\neq0\). Po podzieleniu przez \(\sin\alpha\cos\beta\) mamy \[2\sin(2\alpha)=\tan\beta,\] a więc \[\frac{\tan\beta}{\sin(2\alpha)}=2.\]

**5 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(2\) **4 pkt** – zapisanie zależności \(\frac{2\sin\alpha}{\sin(3\alpha)}=\frac{\sin\beta}{\sin(2\alpha+\beta)}\) i zastosowanie wzoru na sinus sumy kątów do \(\sin(3\alpha)\) oraz \(\sin(2\alpha+\beta)\) **3 pkt** – wyeliminowanie długości odcinków z dwóch równości otrzymanych z twierdzenia sinusów, na przykład zapisanie \(\frac{2\sin\alpha}{\sin(3\alpha)}=\frac{\sin\beta}{\sin(2\alpha+\beta)}\) **2 pkt** – zapisanie obu równości \(\frac{b}{\sin\alpha}=\frac{2c}{\sin(180^\circ-3\alpha)}\) oraz \(\frac{b}{\sin\beta}=\frac{c}{\sin(180^\circ-(2\alpha+\beta))}\) **1 pkt** – zapisanie jednej z powyższych równości wynikających z twierdzenia sinusów **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja. 4. Stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** VII.1) Zdający wykorzystuje definicje funkcji: sinus, cosinus i tangens. VII.R5) Zdający korzysta z wzorów na sinus, cosinus i tangens sumy i różnicy kątów, a także na funkcje trygonometryczne kątów podwojonych. VII.R7) Zdający stosuje twierdzenie sinusów.

\[|\angle BAC|=30^\circ,\qquad |AC|=15\sqrt3+8.\]

Niech \(R=17\) będzie promieniem okręgu opisanego na trójkącie. Z twierdzenia sinusów \[\frac{|BC|}{\sin|\angle BAC|}=2R,\] więc \[\sin|\angle BAC|=\frac{17}{34}=\frac12.\] Kąt \(BAC\) nie może mieć miary \(150^\circ\), ponieważ wtedy bok \(BC\) byłby najdłuższym bokiem trójkąta. Zatem \[|\angle BAC|=30^\circ.\] Oznaczmy \(x=|AC|\). Z twierdzenia cosinusów \[17^2=x^2+30^2-2\cdot x\cdot30\cos30^\circ.\] Stąd \[x^2-30\sqrt3x+611=0,\] a więc \[x=15\sqrt3-8\qquad\text{lub}\qquad x=15\sqrt3+8.\] Ponieważ \(AC\) jest najdłuższym bokiem trójkąta, \(|AC|>30\). Ostatecznie \[|AC|=15\sqrt3+8.\]

**4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(30^\circ\) oraz \(15\sqrt3+8\) (lub równoważna postać) **3 pkt** – zapisanie poprawnego równania z jedną niewiadomą prowadzącego do długości \(AC\) **2 pkt** – obliczenie miary kąta \(BAC\): \(30^\circ\) **1 pkt** – zapisanie, że kąt \(BAC\) ma miarę \(60^\circ\), albo zapisanie poprawnego równania z jedną niewiadomą, w którym miara kąta \(BAC\) pozostaje niewiadomą **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7.4 R) Zdający znajduje związki miarowe w figurach płaskich z zastosowaniem twierdzenia sinusów i twierdzenia cosinusów.

**A.** \(\sqrt{17}\).

Z twierdzenia cosinusów dla boku \(BC\) otrzymujemy \[|BC|^2=|AB|^2+|AC|^2-2|AB|\cdot|AC|\cos|\angle BAC|.\] Po podstawieniu danych: \[|BC|^2=5^2+2^2-2\cdot5\cdot2\cdot\frac35=25+4-12=17.\] Długość boku jest dodatnia, więc \[|BC|=\sqrt{17}.\] Poprawna jest odpowiedź **A**.

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **A** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. 1. Stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi, interpretowanie pojęć matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** VII.4) Zdający oblicza kąty trójkąta i długości jego boków przy odpowiednich danych, rozwiązując trójkąty między innymi z wykorzystaniem twierdzenia cosinusów.

**A.** \(3\)

Korzystamy ze wzoru na pole trójkąta o danych dwóch bokach i kącie między nimi: \[P=\frac12|AB|\cdot|AC|\cdot\sin\angle BAC.\] Zatem \[P=\frac12\cdot5\cdot2\cdot\frac35=3.\]

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **A** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 7.4) Zdający korzysta z własności funkcji trygonometrycznych w obliczeniach geometrycznych, w tym ze wzoru na pole trójkąta o danych dwóch bokach i kącie między nimi.

**P, P**

Z twierdzenia cosinusów dla kąta \(ABC\): \[|AC|^2=|AB|^2+|BC|^2-2|AB||BC|\cos\angle ABC.\] Stąd \[\cos\angle ABC=\frac{6^2+5^2-10^2}{2\cdot6\cdot5}=\frac{-39}{60}=-0{,}65.\] Pierwsze stwierdzenie jest prawdziwe. Ujemny cosinus oznacza, że kąt \(ABC\) jest rozwarty, więc trójkąt jest rozwartokątny. Drugie stwierdzenie również jest prawdziwe.

**1 pkt** – odpowiedzi **P, P** **0 pkt** – odpowiedź niepełna lub niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja; dobieranie argumentów uzasadniających rozwiązanie. **Wymagania szczegółowe:** VII.3 stosowanie twierdzenia cosinusów oraz wzoru na pole trójkąta.

**A.** \(\frac18\)

Największy kąt leży naprzeciw najdłuższego boku, czyli boku długości \(6\). Oznaczmy ten kąt przez \(\alpha\). Z twierdzenia cosinusów: \[6^2=4^2+5^2-2\cdot4\cdot5\cos\alpha.\] Stąd \[\cos\alpha=\frac{4^2+5^2-6^2}{2\cdot4\cdot5}=\frac{16+25-36}{40}=\frac18.\]

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **A** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Element podstawy programowej:** stosowanie twierdzenia cosinusów do wyznaczania miar kątów w trójkącie. Klucz CKE dla tego arkusza w formule 2015 nie podaje osobnego kodu wymagania.

**C** i **F**: \(\frac{\sqrt2}{4}ac\) oraz \(\frac14bc\)

Boki \(a\) i \(c\) tworzą kąt \(45^\circ\), więc \[P=\frac12ac\sin45^\circ=\frac12ac\cdot\frac{\sqrt2}{2}=\frac{\sqrt2}{4}ac,\] czyli odpowiedź **C**. Boki \(b\) i \(c\) tworzą kąt \(30^\circ\), więc \[P=\frac12bc\sin30^\circ=\frac12bc\cdot\frac12=\frac14bc,\] czyli odpowiedź **F**.

**2 pkt** – wybranie obu poprawnych odpowiedzi: **C** i **F** **1 pkt** – wybranie jednej lub dwóch odpowiedzi, z których jedna jest poprawna: **C** albo **F** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** VII.3 zdający stosuje wzór na pole trójkąta \(P=\frac12ab\sin\gamma\).

**A.** \(5\)

Niech \(\gamma\) będzie kątem między bokami długości \(5\) i \(8\). Ze wzoru na pole \[12=\frac12\cdot5\cdot8\sin\gamma,\] więc \(\sin\gamma=\frac35\). Trójkąt jest ostrokątny, zatem \(\cos\gamma=\frac45\). Z twierdzenia cosinusów dla trzeciego boku \(c\): \[c^2=5^2+8^2-2\cdot5\cdot8\cdot\frac45=25.\] Stąd \(c=5\).

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **A** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** R7.4 związki miarowe w figurach płaskich z zastosowaniem twierdzeń sinusów i cosinusów.

\[P_{ABC}=\frac{18}{5}.\]

Oznaczmy \(\alpha=\angle BAC\). Ponieważ \(\cos\alpha=\frac45\), to dla kąta trójkąta \[\sin\alpha=\sqrt{1-\cos^2\alpha}=\sqrt{1-\frac{16}{25}}=\frac35.\] Korzystamy ze wzoru na pole trójkąta: \[P_{ABC}=\frac12|AB|\cdot|AC|\cdot\sin\alpha=\frac12\cdot3\cdot4\cdot\frac35=\frac{18}{5}.\]

**2 pkt** – obliczenie pola i wynik \(P=\frac{18}{5}\) **1 pkt** – obliczenie \(\sin\alpha=\frac35\), wysokości \(h=\frac{12}{5}\) albo kwadratu boku \(|BC|^2=\frac{29}{5}\) **0 pkt** – zastosowanie niepoprawnej metody albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystywanie i interpretowanie reprezentacji - stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi. **Wymagania szczegółowe:** VII.2, VII.3 i VIII.11 korzystanie z tożsamości \(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1\), stosowanie wzoru \(P=\frac12ab\sin\gamma\) oraz funkcji trygonometrycznych do wyznaczania długości odcinków.

\[|DP|^2+|CP|^2-|CD|^2=\frac{4\sqrt2}{3}|DP|\cdot|CP|.\]

Trójkąty \(APB\) i \(CPD\) są podobne. Oznaczmy promienie okręgów opisanych na tych trójkątach odpowiednio przez \(R_1\) i \(R_2\). Z podobieństwa oraz danych zadania \[\frac{|AB|}{|CD|}=\frac{R_1}{R_2},\qquad |AB|=|CD|+2,\qquad R_1=R_2+3.\] Stąd \[\frac{|CD|+2}{|CD|}=\frac{R_2+3}{R_2},\] czyli \(2R_2=3|CD|\), a więc \[|CD|=\frac23R_2.\] Niech \(\alpha=\angle CPD\). Z twierdzenia sinusów \[\frac{|CD|}{\sin\alpha}=2R_2,\] zatem \(\sin\alpha=\frac13\). Trójkąt \(CPD\) jest ostrokątny, więc \[\cos\alpha=\sqrt{1-\frac19}=\frac{2\sqrt2}{3}.\] Z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(CPD\) \[|CD|^2=|DP|^2+|CP|^2-2|DP|\cdot|CP|\cos\alpha.\] Po przekształceniu i podstawieniu wartości cosinusa otrzymujemy tezę.

**3 pkt** – przeprowadzenie pełnego poprawnego dowodu **2 pkt** – wyznaczenie \(\sin\alpha=\frac13\) albo równoważnie \(\cos\alpha=\frac{2\sqrt2}{3}\) **1 pkt** – poprawne powiązanie długości podstaw trapezu z promieniami okręgów na podstawie podobieństwa albo wskazanie warunku na cosinus równoważnego tezie **0 pkt** – brak poprawnego postępu

**Wymagania ogólne:** V. rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** R7.4 związki miarowe w figurach płaskich z zastosowaniem twierdzeń sinusów i cosinusów.

\[\cos\alpha=\frac14.\]

Największy kąt \(\alpha\) leży naprzeciw najdłuższego boku, czyli boku długości \(8\). Z twierdzenia cosinusów: \[8^2=6^2+7^2-2\cdot6\cdot7\cos\alpha.\] Zatem \[64=36+49-84\cos\alpha,\] \[84\cos\alpha=21,\qquad \cos\alpha=\frac14.\]

**2 pkt** – zastosowanie twierdzenia cosinusów i obliczenie \(\cos\alpha=\frac14\) **1 pkt** – zapisanie równania \(8^2=6^2+7^2-2\cdot6\cdot7\cos\alpha\) **0 pkt** – zastosowanie niepoprawnej metody albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań. **Wymagania szczegółowe:** VII.4 i VIII.2 rozwiązywanie trójkątów z wykorzystaniem twierdzenia cosinusów oraz stosowanie własności, że naprzeciw większego kąta leży dłuższy bok.

\[|\angle BAD|=45^\circ,\quad|\angle ABC|=120^\circ,\quad|\angle BCD|=135^\circ,\quad|\angle CDA|=60^\circ.\]

Oznaczmy kolejno kąty wewnętrzne przy wierzchołkach \(A,B,C,D\) przez \(\alpha,\beta,\gamma,\delta\). Z twierdzenia sinusów dla trójkąta \(ABD\): \[\frac{|BD|}{\sin\alpha}=2R.\] Stąd \[\sin\alpha=\frac{10}{10\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{2}.\] Kąt \(\alpha\) jest ostry, więc \(\alpha=45^\circ\). W czworokącie wpisanym kąty przeciwległe są dopełniające do \(180^\circ\), zatem \[\gamma=180^\circ-45^\circ=135^\circ,\qquad\beta=180^\circ-\delta.\] Warunek o iloczynie sinusów daje \[\sin45^\circ\sin\beta\sin135^\circ\sin\delta=\frac38.\] Ponieważ \(\sin\beta=\sin(180^\circ-\delta)=\sin\delta\), otrzymujemy \[\frac12\sin^2\delta=\frac38,\qquad\sin\delta=\frac{\sqrt3}{2}.\] Kąt \(\delta\) jest ostry, więc \(\delta=60^\circ\), a \(\beta=120^\circ\).

**4 pkt** – poprawne obliczenie wszystkich kątów: \(45^\circ,120^\circ,135^\circ,60^\circ\) **3 pkt** – zapisanie równania \(\frac12\sin^2\delta=\frac38\) lub równoważnego równania dla \(\beta\) **2 pkt** – obliczenie \(\alpha=45^\circ\) i \(\gamma=135^\circ\) **1 pkt** – zapisanie zależności z twierdzenia sinusów \(\frac{|BD|}{\sin\alpha}=2R\) **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** R7.1 i R7.5 stosowanie własności czworokąta wpisanego oraz twierdzenia sinusów.

\[\cos\beta=\frac{43}{45}=0{,}9555\ldots\] W kratki należy wpisać cyfry: **\(9\), \(5\), \(5\)**.

Przyjmijmy proporcjonalne długości boków \[|AC|=5,\qquad |BC|=12,\qquad |AB|=15.\] Najmniejszy bok to \(AC\), więc najmniejszy jest kąt \(\beta=\angle ABC\), leżący naprzeciw tego boku. Z twierdzenia cosinusów \[|AC|^2=|AB|^2+|BC|^2-2|AB|\cdot|BC|\cos\beta.\] Stąd \[\cos\beta=\frac{15^2+12^2-5^2}{2\cdot15\cdot12}=\frac{225+144-25}{360}=\frac{344}{360}=\frac{43}{45}=0{,}9555\ldots\] Pierwsze trzy cyfry po przecinku to \(9,5,5\).

**1 pkt** – wpisanie w kolejnych kratkach cyfr \(9\), \(5\), \(5\) **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** R7.5 znajdowanie związków miarowych w figurach płaskich z zastosowaniem twierdzenia cosinusów.

**D.** \(10\)

Niech \(a\) oznacza długość ramienia. Korzystamy ze wzoru na pole trójkąta z dwiema danymi długościami boków i kątem między nimi: \[25\sqrt2=\frac12a^2\sin45^\circ=\frac12a^2\cdot\frac{\sqrt2}{2}=\frac{a^2\sqrt2}{4}.\] Stąd \(a^2=100\). Ponieważ długość jest dodatnia, \(a=10\).

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: D **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7.4 obliczanie pola trójkąta z wykorzystaniem funkcji trygonometrycznych.

Długość trzeciego boku jest równa \[|AC|=20.\]

Oznaczmy \(|AC|=b\). Z twierdzenia cosinusów dla kąta \(ACB=120^\circ\) otrzymujemy \[(10\sqrt7)^2=b^2+10^2-2\cdot b\cdot10\cos120^\circ.\] Ponieważ \(\cos120^\circ=-\frac12\), mamy \[700=b^2+100+10b,\] \[b^2+10b-600=0,\] \[(b-20)(b+30)=0.\] Stąd \(b=20\) lub \(b=-30\). Długość boku jest dodatnia, zatem \(|AC|=20\).

**4 pkt** – obliczenie \(|AC|=20\) **3 pkt** – zapisanie równania kwadratowego z jedną niewiadomą, np. \(b^2+10b-600=0\), prowadzącego do wyniku **2 pkt** – zapisanie poprawnego równania z twierdzenia cosinusów: \(700=b^2+100-20b\cos120^\circ\) **1 pkt** – zapisanie twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(ABC\), zauważenie kąta zewnętrznego \(60^\circ\) albo poprowadzenie wysokości rozpoczynające poprawną strategię **0 pkt** – podanie samej odpowiedzi bez uzasadnienia albo rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów

Klucz CKE nie zawiera przy tym zadaniu osobnej tabeli wymagań. **Klasyfikacja rzeczowa:** planimetria - twierdzenie cosinusów w trójkącie rozwartokątnym i rozwiązywanie równania kwadratowego.

Obwód trójkąta \(ABC\) jest równy \[120.\]

Oznaczmy \(\alpha=\angle CAD=\angle CAB\). Z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(ACD\): \[14^2=16^2+6^2-2\cdot16\cdot6\cos\alpha.\] Stąd \(\cos\alpha=\frac12\). Niech \(|BC|=|BD|=a\). Wtedy \(|AB|=a+6\). Stosujemy twierdzenie cosinusów w trójkącie \(ABC\): \[a^2=16^2+(a+6)^2-2\cdot16(a+6)\cdot\frac12.\] Po uproszczeniu otrzymujemy \(a=49\), zatem \(|BC|=49\) i \(|AB|=55\). Obwód wynosi \[16+49+55=120.\]

**4 pkt** – obliczenie obwodu równego \(120\) **3 pkt** – zapisanie poprawnego równania z niewiadomą długością \(|BC|=|BD|\), które pozwala obliczyć obwód **2 pkt** – obliczenie \(\cos\angle CAD=\frac12\) i wykonanie dalszego istotnego kroku prowadzącego do równania **1 pkt** – poprawne zastosowanie twierdzenia cosinusów w trójkącie \(ACD\) albo wykonanie równoważnego koniecznego kroku **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** R7.5 stosowanie twierdzenia sinusów i twierdzenia cosinusów.

**D.** \(9\sqrt3\)

Pole trójkąta o dwóch bokach \(a\), \(b\) i kącie \(\gamma\) między nimi wyraża się wzorem \(P=\frac12ab\sin\gamma\): \[P=\frac12\cdot4\cdot9\cdot\sin60^{\circ}=18\cdot\frac{\sqrt3}2=9\sqrt3.\] **Odpowiedź.** \(P=9\sqrt3\), czyli wariant **D**

**1 pkt** – wskazanie odpowiedzi **D** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

Zadanie 19. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2018 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria analityczna.

\[|BE|=\frac{2ac\cos\frac\beta2}{a+c}.\]

Oznaczmy \(|BE|=d\). Pole trójkąta \(ABC\) oraz pól jego części wynoszą \[P_{ABC}=\frac12ac\sin\beta,\quad P_{ABE}=\frac12dc\sin\frac\beta2,\quad P_{CBE}=\frac12da\sin\frac\beta2.\] Ponieważ \(P_{ABC}=P_{ABE}+P_{CBE}\), po użyciu \(\sin\beta=2\sin\frac\beta2\cos\frac\beta2\) dostajemy \[2ac\cos\frac\beta2=d(a+c),\] a więc żądaną równość.

**3 pkt** – pełne rozumowanie **2 pkt** – poprawna zależność \(\frac12ac\sin\beta=\frac12dc\sin\frac\beta2+\frac12da\sin\frac\beta2\) bez doprowadzenia do tezy **1 pkt** – poprawne zapisanie pól trzech odpowiednich trójkątów albo równoważny istotny postęp **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** pole trójkąta, funkcje trygonometryczne, dwusieczna i zależności miarowe w trójkącie.

A

Pole trójkąta o dwóch bokach \(a\), \(b\) i kącie \(\gamma\) między nimi wyraża wzór \(P=\frac12ab\sin\gamma\). Kąt między ramionami ma \(150^\circ\), a \(\sin150^\circ=\sin30^\circ=\frac12\), więc \[P=\tfrac12\cdot20\cdot20\cdot\tfrac12=100.\] **Odpowiedź.** A. \(100\)

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **A** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.

Zadanie 16. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2016 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

**C.** \(60\sqrt3\).

Korzystamy ze wzoru na pole trójkąta wyznaczone przez dwa boki i kąt między nimi: \[P=\frac12\cdot20\cdot12\cdot\sin120^\circ=120\cdot\frac{\sqrt3}{2}=60\sqrt3.\]

**1 pkt** – odpowiedź **C** **0 pkt** – odpowiedź błędna albo brak odpowiedzi

Klucz CKE nie publikuje osobnej tabeli wymagań dla tego zadania. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria płaska i trygonometria, pole trójkąta.

\[|AC|=\sqrt{\frac{253}{13}}.\]

Niech \(x=|AC|\) oraz \(\alpha=\angle ABC\). Ponieważ czworokąt jest wpisany w okrąg, \(\angle CDA=180^\circ-\alpha\). Z twierdzenia cosinusów w trójkątach \(ABC\) i \(ACD\): \[x^2=2^2+3^2-2\cdot2\cdot3\cos\alpha=13-12\cos\alpha,\] \[x^2=4^2+5^2-2\cdot4\cdot5\cos(180^\circ-\alpha)=41+40\cos\alpha.\] Porównanie równań daje \[13-12\cos\alpha=41+40\cos\alpha,\qquad \cos\alpha=-\frac7{13}.\] Wobec tego \[x^2=13-12\left(-\frac7{13}\right)=\frac{253}{13},\] czyli \(x=\sqrt{\frac{253}{13}}\).

**4 pkt** – poprawna długość \(\sqrt{\frac{253}{13}}\) **3 pkt** – otrzymanie \(AC^2=\frac{253}{13}\) **2 pkt** – poprawne ułożenie i porównanie obu równań z twierdzenia cosinusów **1 pkt** – zapisanie jednego poprawnego równania z twierdzenia cosinusów i wykorzystanie dopełniania się kątów przeciwległych **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7. Planimetria - czworokąt wpisany w okrąg oraz związki miarowe z użyciem twierdzenia cosinusów (R7.1, R7.5) .

\[|AB|=\frac{15}{2},\qquad |BC|=\frac{27-10\sqrt3}{2},\qquad |BD|=\frac{15+5\sqrt{21}}4.\]

Oznaczmy \(\alpha=\angle ADB\). Z twierdzenia sinusów w trójkącie \(ABD\): \[\frac{|AD|}{\sin60^\circ}=\frac{|AB|}{\sin\alpha}.\] Ponieważ \(|AD|=5\sqrt3\), \(\sin60^\circ=\frac{\sqrt3}{2}\) i \(\sin\alpha=\frac34\), otrzymujemy \[|AB|=\frac{15}{2}.\] Dla czworokąta opisanego na okręgu sumy długości przeciwległych boków są równe, więc \[|AD|+|BC|=|AB|+|CD|,\] a stąd \[|BC|=\frac{15}{2}+6-5\sqrt3=\frac{27-10\sqrt3}{2}.\] Niech \(f=|BD|\). Z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(ABD\): \[75=\frac{225}{4}+f^2-2\cdot\frac{15}{2}\cdot f\cdot\frac12.\] Po uporządkowaniu \[4f^2-30f-75=0.\] Dodatnim rozwiązaniem jest \[f=\frac{15+5\sqrt{21}}4.\]

**4 pkt** – poprawne wyznaczenie wszystkich trzech długości i odrzucenie ujemnego rozwiązania równania dla \(|BD|\) **3 pkt** – poprawne wyznaczenie \(|BC|\) oraz obu rozwiązań równania pozwalającego obliczyć \(|BD|\) **2 pkt** – poprawne wyznaczenie \(|BC|\) albo zapisanie i rozwiązanie równania dla \(|BD|\) **1 pkt** – poprawne obliczenie \(|AB|=\frac{15}{2}\) **0 pkt** – rozwiązanie błędne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. Zdający stosuje strategię wynikającą z treści zadania. **Wymagania szczegółowe:** Zdający stosuje twierdzenia sinusów i cosinusów oraz własność sum długości przeciwległych boków czworokąta opisanego na okręgu.

Teza wynika z twierdzenia sinusów: dana nierówność jest równoważna warunkowi \(a^{2}+b^{2}\lt c^{2}\), a wtedy z twierdzenia cosinusów \(\cos\gamma=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}\lt 0\) (dowód w rozwiązaniu).

**Krok \(1\).** To zadanie na dowód. Założenie mówi o sinusach kątów, a teza o cosinusie — potrzebujemy więc mostu między nimi. Naturalnym pomostem są boki trójkąta: twierdzenie sinusów zamieni sinusy na boki, a twierdzenie cosinusów zamieni boki na \(\cos\gamma\). **Krok \(2\).** Oznaczmy przez \(a\), \(b\), \(c\) długości boków leżących naprzeciw kątów odpowiednio \(\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\), a przez \(R\) promień okręgu opisanego na tym trójkącie. **Krok \(3\).** Z twierdzenia sinusów \[\frac{a}{\sin\alpha}=\frac{b}{\sin\beta}=\frac{c}{\sin\gamma}=2R,\] skąd \[\sin\alpha=\frac{a}{2R},\qquad \sin\beta=\frac{b}{2R},\qquad \sin\gamma=\frac{c}{2R}.\] **Krok \(4\).** Podstawiamy to do założenia: \[\frac{a^2}{4R^2}+\frac{b^2}{4R^2}\lt \frac{c^2}{4R^2}.\] **Krok \(5\).** Mnożymy obie strony przez \(4R^2\). Jest to liczba dodatnia, więc zwrot nierówności się nie zmienia: \[a^2+b^2\lt c^2,\qquad\text{czyli}\qquad a^2+b^2-c^2\lt 0.\] **Krok \(6\).** Z twierdzenia cosinusów dla kąta \(\gamma\) \[c^2=a^2+b^2-2ab\cos\gamma,\] skąd po przekształceniu \[\cos\gamma=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}.\] **Krok \(7\).** W tym ułamku licznik jest ujemny na mocy kroku \(5\), a mianownik \(2ab\) jest dodatni, bo \(a\) i \(b\) są długościami boków. Iloraz liczby ujemnej i dodatniej jest ujemny, więc \[\cos\gamma\lt 0,\] co należało wykazać. **Uwaga.** Warto zauważyć sens geometryczny wyniku: z \(a^2+b^2\lt c^2\) wynika, że trójkąt jest rozwartokątny, a kąt rozwarty leży naprzeciw najdłuższego boku, czyli jest nim \(\gamma\) — a cosinus kąta rozwartego jest ujemny. W dowodzie kluczowe jest to, że mnożymy przez wielkości dodatnie (\(4R^2\) i \(2ab\)), więc znak nierówności zostaje zachowany. **Odpowiedź.** Z twierdzenia sinusów założenie jest równoważne nierówności \(a^2+b^2\lt c^2\), a wtedy \(\cos\gamma=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\lt 0\), co kończy dowód.

**Schemat oceniania I sposobu rozwiązania** **1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania: zastosowanie twierdzenia sinusów, np. zapisanie równości: \(\sin\alpha=\) […], \(\sin\beta=\) […], \(\sin\gamma=\) […], albo wzoru na pole trójkąta i zapisanie równości: \(\sin\alpha=\) […], \(\sin\beta=\) […], \(\sin\gamma=\) […]. **2 pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: zapisanie nierówności \(a^2+b^2-c^2<0\). **3 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zastosowanie twierdzenia cosinusów do zapisania równości \(\cos\gamma=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\). **4 pkt** – rozwiązanie pełne: poprawne uzasadnienie, że \(\cos\gamma<0\). **Uwaga:** Jeżeli zdający zauważy, że z nierówności \(a^2+b^2<c^2\) wynika, że trójkąt jest rozwartokątny oraz \(\gamma\) jest kątem rozwartym, a stąd \(\cos\gamma<0\), to otrzymuje \(4\) punkty. **Schemat oceniania II sposobu rozwiązania** **1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania: doprowadzenie nierówności do postaci […]. **2 pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: doprowadzenie nierówności do postaci […]. **3 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: doprowadzenie nierówności do postaci \(\cos(\alpha+\beta)>0\). **4 pkt** – rozwiązanie pełne: poprawne uzasadnienie, że \(\cos\gamma<0\).

Zadanie 14. (0–4) Wykaż, że jeżeli ,, są kątami wewnętrznymi trójkąta i sin2 sin2  sin2 , to cos  0 . R7.5. Zdający znajduje związki miarowe w figurach płaskich V. Rozumowanie z zastosowaniem twierdzenia sinusów i twierdzenia i argumentacja cosinusów. Rozwiązanie (I sposób): Niech a, b, c oznaczają długości boków trójkąta leżących naprzeciwko kątów, odpowiednio, ,,, i niech R będzie promieniem okręgu opisanego na tym trójkącie. Z twierdzenia sinusów otrzymujemy a b c sin , sin   , sin  . 2R 2R 2R Zatem nierówność sin2 sin2  sin2  możemy zapisać w postaci 2 2 2  a   b   c          .  2R   2R   2R  Stąd a2  b2  c2 , czyli a2  b2  c2  0 . Zatem z twierdzenia cosinusów otrzymujemy a2  b2  c2 cos   0 . 2ab Uwaga: Zamiast wykorzystać twierdzenie sinusów możemy również skorzystać ze wzoru na pole trójkąta i wówczas otrzymujemy 2P 2P 2P sin , sin   , sin  bc ac ab Dalsza część rozwiązania przebiega tak samo. Schemat oceniania: Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania – 1 p. Zastosowanie a b c  twierdzenia sinusów, np. zapisanie równości: sin , sin   , sin  2R 2R 2R albo 2P 2P 2P  wzoru na pole trójkąta i zapisanie równości: sin , sin   , sin  bc ac ab Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp – 2 p. Zapisanie nierówności a2  b2  c2  0 . Pokonanie zasadniczych trudności zadania – 3 p. a2  b2  c2 Zastosowanie twierdzenia cosinusów do zapisania równości cos  . 2ab Rozwiązanie pełne – 4 p. Poprawne uzasadnienie, że cos  0 . Uwaga: Jeżeli zdający zauważy, że z nierówności a2  b2  c2 wynika, że trójkąt jest rozwartokątny oraz jest kątem rozwartym, a stąd cos  0 , to otrzymuje 4 punkty. Rozwiązanie (II sposób): Ponieważ   180    , więc sin sin  180     sin   . Nierówność sin2 sin2  sin2  możemy zapisać w postaci sin2 sin2  sin2   . Ze wzoru na sinus sumy kątów otrzymujemy sin2 sin2  sincos cossin 2 sin2 sin2  sin2cos2  2sincoscossin cos2sin2  sin2 sin2cos2  sin2  cos2sin2  2sincoscossin sin2  1 cos2    sin2   1 cos2   2sincoscossin  sin2sin2  sin2 sin2 2sincoscossin  2sin2sin2  2sincoscossin  sin2sin2  sincoscossin  Obie strony nierówności możemy podzielić przez sinsin  0 , otrzymując sinsin  coscos coscos sinsin 0 cos    0 Stąd wynika, że   90 , więc   90 . To oznacza, że cos  0 , co kończy dowód. Schemat oceniania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania – 1 p. Doprowadzenie nierówności do postaci sin2 sin2  sin2   Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp – 2 p. Doprowadzenie nierówności do postaci sin2 sin2  sin2cos2  2sincoscossin cos2sin2  Pokonanie zasadniczych trudności zadania – 3 p. Doprowadzenie nierówności do postaci cos    0 Rozwiązanie pełne – 4 p. Poprawne uzasadnienie, że cos  0 .

Teza została wykazana: \(\dfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{a^{2}+c^{2}-b^{2}}=\dfrac{\operatorname{tg}\beta}{\operatorname{tg}\alpha}\).

Z rysunku odczytujemy, że bok \(a\) leży naprzeciw kąta \(\alpha\), a bok \(b\) naprzeciw kąta \(\beta\). Twierdzenie cosinusów zastosowane kolejno do kątów \(\alpha\) i \(\beta\) daje \[a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos\alpha,\qquad b^{2}=a^{2}+c^{2}-2ac\cos\beta,\] czyli \[b^{2}+c^{2}-a^{2}=2bc\cos\alpha,\qquad a^{2}+c^{2}-b^{2}=2ac\cos\beta.\] Trójkąt jest ostrokątny, więc \(\cos\alpha>0\) i \(\cos\beta>0\); mianownik jest zatem różny od zera i można podzielić stronami: \[\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{a^{2}+c^{2}-b^{2}}=\frac{2bc\cos\alpha}{2ac\cos\beta}=\frac{b\cos\alpha}{a\cos\beta}.\] Z twierdzenia sinusów \(\dfrac ba=\dfrac{\sin\beta}{\sin\alpha}\), więc \[\frac{b\cos\alpha}{a\cos\beta}=\frac{\sin\beta\cos\alpha}{\sin\alpha\cos\beta}=\frac{\sin\beta}{\cos\beta}\cdot\frac{\cos\alpha}{\sin\alpha}=\frac{\operatorname{tg}\beta}{\operatorname{tg}\alpha}.\] **Odpowiedź.** \(\dfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{a^{2}+c^{2}-b^{2}}=\dfrac{\operatorname{tg}\beta}{\operatorname{tg}\alpha}\), co należało wykazać.

*Schemat punktowania CKE zachował się przy tym zadaniu bez liczb: cyfry stały w wąskiej kolumnie tabeli i nie przetrwały odczytu arkusza. Poziomy oceniania zostają, punktów nie dopisujemy — zgadnięty próg to źle policzona praca.* *Schemat oceniania I sposobu rozwiązania* **Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania zadania** – zapisanie zależności: \(a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos\alpha\) i \(b^{2}=a^{2}+c^{2}-2ac\cos\beta\). **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – przekształcenie zależności do postaci: \(2bc\cos\alpha=b^{2}+c^{2}-a^{2}\) i \(2ac\cos\beta=a^{2}+c^{2}-b^{2}\). **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – wykorzystanie twierdzenia cosinusów i zapisanie, że \(\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{a^{2}+c^{2}-b^{2}}=\frac{b\cos\alpha}{a\cos\beta}\). **Rozwiązanie pełne** – wykorzystanie twierdzenia sinusów i wykazanie tezy. *Schemat oceniania II sposobu rozwiązania* **Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania zadania** – zapisanie, że \(\frac{\operatorname{tg}\beta}{\operatorname{tg}\alpha}=\frac{\sin\beta\cos\alpha}{\sin\alpha\cos\beta}\) i wykorzystanie twierdzenia sinusów: \(\frac{\sin\beta}{\sin\alpha}=\frac{b}{a}\). **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – wykorzystanie twierdzenia cosinusów i zapisanie zależności: \(a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos\alpha\) i \(b^{2}=a^{2}+c^{2}-2ac\cos\beta\). **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – przekształcenie zależności do postaci: \(\cos\alpha=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}\) i \(\cos\beta=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}\). **Rozwiązanie pełne** – \([\ldots]\)

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa: dowód tożsamości z zastosowaniem twierdzenia sinusów i cosinusów.

\[R=\frac{7\sqrt3}{3}.\]

Oznaczmy \(\alpha=\lvert\angle CAB\rvert\). Ze wzoru na pole trójkąta \[P=\tfrac12\lvert AC\rvert\cdot\lvert AB\rvert\sin\alpha,\qquad 10\sqrt3=\tfrac12\cdot5\cdot8\cdot\sin\alpha,\qquad \sin\alpha=\frac{\sqrt3}{2}.\] Trójkąt jest ostrokątny, więc \(\alpha<90^\circ\); spośród dwóch kątów o sinusie \(\tfrac{\sqrt3}{2}\) wybieramy \(\alpha=60^\circ\), a nie \(120^\circ\). Wtedy \(\cos\alpha=\tfrac12\). Z twierdzenia cosinusów \[\lvert BC\rvert^{2}=5^{2}+8^{2}-2\cdot5\cdot8\cdot\tfrac12=89-40=49,\qquad \lvert BC\rvert=7.\] Bok \(BC\) leży naprzeciw kąta \(\alpha\), więc z twierdzenia sinusów \[2R=\frac{\lvert BC\rvert}{\sin\alpha}=\frac{7}{\tfrac{\sqrt3}{2}}=\frac{14}{\sqrt3},\qquad R=\frac{7}{\sqrt3}=\frac{7\sqrt3}{3}.\] **Odpowiedź.** \(R=\dfrac{7\sqrt3}{3}\).

Zadanie 7. (4 pkt) Dany jest trójkąt ostrokątny ABC, w którym ACI = 5 i I ABI = 8 . Pole tego trójkąta jest równe . Oblicz promień okręgu opisanego na tym trójkącie. Rozwiązanie Oznaczamy = a oraz R - promień okręgu opisanego na trójkącie ABC. Obliczamy sina ze wzoru na pole trójkąta; 5 • 8 • sina AD = 2 = I stąd sin a — 2 1 a jest kątem ostrym Więc cosa = 2 Korzystamy z tw. cosinusów do obliczenia długości boku BC: IBc12 IBcI=7 Promień okręgu opisanego na trójkącie ABC obliczamy korzystając z tw. sinusów: 70 7 czyli R 3 2 Schemat oceniania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny do rozwiązan zadania Obliczenie sina : sina = 2 Istotny postęp. 1 • obliczenie cosa = — 2 albo • obliczenie długości odcinków, na jakle wysokość trójkąta dzieli bok AB. IBDI = 5,51ub dla boku AC: i ECI=I Pokonanie zasadniczych trudności zadania . Obliczenie IBCI: IBcI=7. Rozwiązanie pełne 70 Obliczenie: R — 3 Uwaga: l. Jeżeli zdający w obliczeniach popełni błąd rachunkowy i konsekwentnie do popełnioneś błędu obliczy promień okręgu opisanego na trójkącie ABC, to przyznajen 4 punkty. 2011-09-14 14

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa: zastosowanie wzoru na pole oraz twierdzeń sinusów i cosinusów w trójkącie.

\(\lvert AB\rvert\approx585\ \mathrm{m}\).

Z rysunku odczytujemy, że punkty \(A\), \(B\), \(C\) są wierzchołkami trójkąta, w którym \(\lvert\angle ABC\rvert=130^\circ\) oraz \(\lvert\angle ACB\rvert=30^\circ\). Suma kątów trójkąta daje \[\lvert\angle BAC\rvert=180^\circ-130^\circ-30^\circ=20^\circ.\] Bok \(AB\) leży naprzeciw kąta \(ACB\), a bok \(BC\) naprzeciw kąta \(BAC\), więc z twierdzenia sinusów \[\frac{\lvert AB\rvert}{\sin 30^\circ}=\frac{\lvert BC\rvert}{\sin 20^\circ},\qquad \lvert AB\rvert=\frac{400\cdot\sin 30^\circ}{\sin 20^\circ}=\frac{200}{\sin 20^\circ}.\] Ponieważ \(\sin 20^\circ\approx0{,}3420\), otrzymujemy \(\lvert AB\rvert\approx584{,}8\ \mathrm{m}\). **Odpowiedź.** Odległość między obiektami \(A\) i \(B\) wynosi około \(585\ \mathrm{m}\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **2.1. (1 pkt)** – zastosowanie twierdzenia sinusów do wyznaczenia szukanej odległości: np. \(\frac{400}{\sin 20^\circ}=\frac{AB}{\sin 30^\circ}\). **2.2. (1 pkt)** – obliczenie odległości obiektu \(A\) od obiektu \(B\): \(AB=\frac{200}{\sin 20^\circ}\). **2.3. (1 pkt)** – podanie odpowiedzi: \(585\) metrów.

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

\[\cos\lvert\angle CAB\rvert=\cos\lvert\angle ABC\rvert=\frac14,\qquad \cos\lvert\angle ACB\rvert=\frac78.\]

Z rysunku odczytujemy, że \(CE\) jest wysokością opuszczoną na podstawę \(AB\), a \(AD\) wysokością opuszczoną na ramię \(BC\). Pole trójkąta można zapisać przy użyciu każdej z tych wysokości: \[P=\tfrac12\lvert AB\rvert\cdot\lvert CE\rvert=\tfrac12\lvert BC\rvert\cdot\lvert AD\rvert.\] Podstawiając \(\lvert CE\rvert=2\lvert AD\rvert\) i oznaczając \(c=\lvert AB\rvert\), \(b=\lvert AC\rvert=\lvert BC\rvert\), otrzymujemy \[2c\lvert AD\rvert=b\lvert AD\rvert,\qquad b=2c,\] bo \(\lvert AD\rvert\neq0\). Trójkąt jest równoramienny, a \(E\) jest środkiem podstawy, więc kąty przy podstawie są równe i \[\cos\lvert\angle CAB\rvert=\cos\lvert\angle ABC\rvert=\frac{\tfrac c2}{b}=\frac{c}{2\cdot2c}=\frac14.\] Kąt przy wierzchołku \(C\) wyznaczamy z twierdzenia cosinusów: \[\cos\lvert\angle ACB\rvert=\frac{b^{2}+b^{2}-c^{2}}{2b^{2}}=\frac{8c^{2}-c^{2}}{8c^{2}}=\frac78.\] **Odpowiedź.** \(\cos\lvert\angle CAB\rvert=\cos\lvert\angle ABC\rvert=\dfrac14\), \(\cos\lvert\angle ACB\rvert=\dfrac78\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **9.1. (1 pkt)** – […] trójkąta \(ABC\) (np. zapisanie pola trójkąta \(ABC\) na dwa sposoby lub zapisanie, że \(\Delta ADB\sim\Delta CEB\)). **9.2. (1 pkt)** – wyznaczenie zależności między bokami \(AB\) i \(BC\) trójkąt \(ABC\): \(AB=a\), \(AC=BC=2a\) lub \(BC=2AB\). Zdający nie musi zapisywać „podwójnej” równości. **9.3. (1 pkt)** – obliczenie kosinusa kąta \(ABC\), np. z trójkąta \(CEB\): \(\cos\angle ABC=\cos\angle CAB=\frac{1}{4}\). Wystarczy, że oznaczy tą samą literą kąty przy podstawie trójkąta. **9.4. (1 pkt)** – wyznaczenie \(BD\) z trójkąta \(ADB\): \(\frac{BD}{AB}=\cos\angle ABD\) stąd \(BD=\frac{1}{4}\cdot AB\) oraz, \(CD=\frac{7}{4}AB\). **9.5. (1 pkt)** – obliczenie kosinusa kąta \(BCA\) z trójkąta \(ADC\): \(\cos\angle BCA=\frac{CD}{AC}=\frac{7}{8}\). **II sposób rozwiązania: (czynności 10.4, 10.5)** **9.4. (1 pkt)** – zapisanie długości boków trójkąta \(ABC\) w zależności od jednej zmiennej, np.: \(AB=a\), \(AC=BC=2a\). Obliczenie z tw. Pitagorasa w trójkącie \(ACE\) wysokości \(CE\): \(CE=\frac{a\sqrt{15}}{2}\), oraz \(AD=\frac{1}{2}\cdot CE=\frac{a\sqrt{15}}{4}\). **9.5. (1 pkt)** – obliczenie sinusa kąta \(DCA\) z trójkąta \(ADC\): \(\sin\angle DCA=\frac{AD}{AC}=\frac{\sqrt{15}}{8}\). **III sposób rozwiązania: (czynności 10.4, 10.5)** **9.4. (1 pkt)** – przedstawienie metody pozwalającej obliczyć kosinus kąta przy wierzchołku \(C\): np. z trójkąta prostokątnego \(ADC\): \(\cos\angle DCA=\frac{DC}{AC}=\frac{DC+DB-DB}{DB+DC}=1-\frac{DB}{DB+DC}\) oraz wyznaczenie \(BD\) z trójkąta \(ADB\): \(BD=\frac{1}{4}\cdot AB\). **9.5. (1 pkt)** – obliczenie kosinusa kąta \(DCA\): \(\cos\angle DCA=\frac{7}{8}\). **IV sposób rozwiązania: (czynności 10.4, 10.5)** **9.4. (1 pkt)** – zastosowanie twierdzenia kosinusów i zapisanie, że \(AB^{2}=AC^{2}+BC^{2}-2\cdot AC\cdot BC\cdot\cos\angle BCA\), \(a^{2}=(2a)^{2}+(2a)^{2}-2\cdot(2a)\cdot(2a)\cdot\cos\angle BCA\). **9.5. (1 pkt)** – obliczenie kosinusa kąta \(BCA\): \(\cos\angle BCA=\frac{7}{8}\).

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

Dla kąta \(\alpha\) leżącego naprzeciw boku długości \(1\): \(\cos\alpha=\frac{7}{8}\) oraz \(\sin\alpha=\frac{\sqrt{15}}{8}\).

**Krok \(1\).** Rozpoznajemy sytuację: znamy wszystkie trzy boki trójkąta i szukamy kąta. To jest standardowe zastosowanie twierdzenia cosinusów — jedynego narzędzia, które wiąże trzy boki z jednym kątem. **Krok \(2\).** Ustalamy, o który kąt chodzi. Najkrótszy bok ma długość \(1\) (bo \(1\lt\frac32\lt 2\)). Kąt \(\alpha\) leżący naprzeciw niego jest zawarty między bokami \(\frac32\) i \(2\). **Krok \(3\).** Zapisujemy twierdzenie cosinusów w postaci: kwadrat boku leżącego naprzeciw kąta \(\alpha\) równa się sumie kwadratów pozostałych boków minus podwojony ich iloczyn razy \(\cos\alpha\): \[1^2=\left(\frac32\right)^2+2^2-2\cdot\frac32\cdot 2\cdot\cos\alpha.\] **Krok \(4\).** Liczymy prawą stronę: \[1=\frac94+4-6\cos\alpha,\qquad 1=\frac{25}{4}-6\cos\alpha.\] **Krok \(5\).** Wyznaczamy cosinus: \[6\cos\alpha=\frac{25}{4}-1=\frac{21}{4},\qquad \cos\alpha=\frac{21}{24}=\frac78.\] **Krok \(6\).** Sinus liczymy z jedynki trygonometrycznej: \[\sin^2\alpha=1-\cos^2\alpha=1-\left(\frac78\right)^2=1-\frac{49}{64}=\frac{15}{64}.\] **Krok \(7\).** Wyciągamy pierwiastek. Kąt \(\alpha\) jest kątem wewnętrznym trójkąta, więc \(0^\circ\lt\alpha\lt 180^\circ\), a wtedy \(\sin\alpha\gt 0\). Bierzemy więc tylko wartość dodatnią: \[\sin\alpha=\sqrt{\frac{15}{64}}=\frac{\sqrt{15}}{8}.\] **Uwaga.** Z równania \(\sin^2\alpha=\frac{15}{64}\) formalnie wynikają dwie możliwości, \(\pm\frac{\sqrt{15}}{8}\), ale ujemną odrzucamy: sinus każdego kąta wewnętrznego trójkąta jest dodatni. Dodatkowo \(\cos\alpha=\frac78\gt 0\) potwierdza, że \(\alpha\) jest kątem ostrym. Zwróć też uwagę, żeby w twierdzeniu cosinusów po lewej stronie postawić kwadrat boku LEŻĄCEGO NAPRZECIW szukanego kąta — zamiana boków miejscami daje zupełnie inny wynik. **Odpowiedź.** Dla kąta \(\alpha\) leżącego naprzeciw boku długości \(1\): \(\cos\alpha=\frac{7}{8}\) oraz \(\sin\alpha=\frac{\sqrt{15}}{8}\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* Wykonuję rysunek pomocniczy, na którym zaznaczam poszukiwany kąt. […] Wykorzystuję twierdzenie cosinusów do zapisania równania: \((1)^{2}=\left(\frac{3}{2}\right)^{2}+2^{2}-2\cdot\frac{3}{2}\cdot 2\cdot\cos\alpha\) i obliczam wartość cosinusa kąta \(\alpha\): \(\cos\alpha=\frac{7}{8}\). Wartość funkcji sinus kąta \(\alpha\) wyznaczam z tożsamości trygonometrycznej \(\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha=1\). \(\sin^{2}\alpha+\left(\frac{7}{8}\right)^{2}=1\), \(\sin^{2}\alpha=\frac{15}{64}\). Kąt \(\alpha\) jest kątem ostrym, więc \(\sin\alpha=\frac{\sqrt{15}}{8}\).

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

\(\lvert AB\rvert\approx585\ \mathrm{m}\).

Z rysunku odczytujemy miary kątów trójkąta \(ABC\): \(\lvert\angle ABC\rvert=130^\circ\) oraz \(\lvert\angle ACB\rvert=30^\circ\). Zatem \[\lvert\angle BAC\rvert=180^\circ-130^\circ-30^\circ=20^\circ.\] Z twierdzenia sinusów, w którym bok \(AB\) leży naprzeciw kąta \(ACB\), a bok \(BC\) naprzeciw kąta \(BAC\), \[\frac{\lvert AB\rvert}{\sin 30^\circ}=\frac{400}{\sin 20^\circ},\qquad \lvert AB\rvert=\frac{200}{\sin 20^\circ}\approx584{,}8\ \mathrm{m}.\] **Odpowiedź.** Odległość między obiektami \(A\) i \(B\) wynosi około \(585\ \mathrm{m}\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **Zadanie 16.** (\(3\) pkt) Obiekty \(A\) i \(B\) leżą po dwóch stronach jeziora. W terenie dokonano pomiarów odpowiednich kątów i ich wyniki przedstawiono na rysunku. Odległość między obiektami \(B\) i \(C\) jest równa \(400\,\mathrm{m}\). Oblicz odległość w linii prostej między obiektami \(A\) i \(B\) i podaj wynik, zaokrąglając go do jednego metra. \(\angle CAB=20^\circ\), ponieważ suma kątów w trójkącie jest równa \(180^\circ\). Do wyznaczenia szukanej odległości stosuję twierdzenie sinusów: \(\frac{AB}{\sin 30^\circ}=\frac{400}{\sin 20^\circ}\). Obliczam odległość obiektu \(A\) od obiektu \(B\): \(AB=\frac{200}{\sin 20^\circ}\approx\frac{200}{0{,}342}\approx 584{,}8\) Odp.: Odległość obiektów w linii prostej jest równa \(585\) metrów. | Nr czynności | 16.1. | 16.2. | 16.3. | |---|---:|---:|---:| | Maks. liczba pkt | \(1\) | \(1\) | \(1\) |

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

Dwa przeciwległe kąty mają miary \(45^\circ\) i \(135^\circ\), a dwa pozostałe \(60^\circ\) i \(120^\circ\).

Oznaczmy kolejne kąty wewnętrzne czworokąta wpisanego w okrąg przez \(\alpha,\beta,\gamma,\delta\). Dla czworokąta wpisanego \(\alpha+\gamma=180^\circ\) oraz \(\beta+\delta=180^\circ\), a ze wzorów redukcyjnych \[\sin\gamma=\sin\alpha,\qquad \sin\delta=\sin\beta.\] Iloczyn sinusów wszystkich kątów jest więc równy \(\sin^{2}\alpha\sin^{2}\beta\). Dana przekątna długości \(10\) jest cięciwą okręgu i leży naprzeciw jednego z kątów, powiedzmy \(\alpha\), w trójkącie utworzonym przez tę przekątną i dwa boki. Z twierdzenia sinusów \[\sin\alpha=\frac{10}{2R}=\frac{10}{10\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{2},\] czyli \(\alpha=45^\circ\) albo \(\alpha=135^\circ\); w obu przypadkach \(\sin^{2}\alpha=\tfrac12\), a drugi z pary kątów \(\alpha,\gamma\) jest dopełnieniem do \(180^\circ\). Z warunku na iloczyn \[\tfrac12\sin^{2}\beta=\tfrac38,\qquad \sin^{2}\beta=\tfrac34,\qquad \sin\beta=\frac{\sqrt3}{2},\] skąd \(\beta=60^\circ\) albo \(\beta=120^\circ\), a \(\delta\) jest jego dopełnieniem do \(180^\circ\). Zadanie nie narzuca, który z kątów jest ostry, więc jedno z rozwiązań opisuje wszystkie możliwości: jedna para przeciwległych kątów ma miary \(45^\circ\) i \(135^\circ\), a druga \(60^\circ\) i \(120^\circ\). Suma \(45^\circ+135^\circ+60^\circ+120^\circ=360^\circ\) potwierdza poprawność wyniku. **Odpowiedź.** Kąty czworokąta mają miary \(45^\circ\), \(60^\circ\), \(135^\circ\), \(120^\circ\), przy czym \(45^\circ\) leży naprzeciw \(135^\circ\), a \(60^\circ\) naprzeciw \(120^\circ\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **18.1. (1 pkt)** – […] opisanych oznaczeń, np.: \(\measuredangle DAB=\alpha\), \(\measuredangle ABC=\beta\), \(\measuredangle BCD=\gamma\), \(\measuredangle CDA=\delta\). **18.2. (1 pkt)** – Zastosowanie własności miar kątów czworokąta wpisanego w okrąg i zapisanie, że np.: \(\gamma=180^\circ-\alpha\) \((\delta=180^\circ-\beta)\). **18.3. (2 pkt)** – Wyznaczenie miary kąta \(\alpha\): \(\alpha=45^\circ\) (lub \(\alpha=135^\circ\)) – w tym 1 punkt za skorzystanie z twierdzenia sinusów (lub twierdzenia cosinusów i twierdzenia o kącie wpisanym i środkowym w kole). **Inna metoda (3 pkt)** – Zamiast czynności 18.2 i 18.3: Przekątna tworzy wraz z dwoma promieniami trójkąt prostokątny, ponieważ \((10)^{2}=\left(5\sqrt{2}\right)^{2}+\left(5\sqrt{2}\right)^{2}\). Wyznaczenie miar kątów z twierdzenia o kącie wpisanym i środkowym. **18.4. (2 pkt)** – Wykorzystanie wzorów redukcyjnych i zapisanie, że \(\sin^{2}\beta=\frac{3}{4}\). **18.5. (1 pkt)** – Wyznaczenie miary kąta \(\beta\): \(\beta=60^\circ\) (lub \(\beta=120^\circ\)). **18.6. (1 pkt)** – Zapisanie odpowiedzi: miary kątów czworokąta \(ABCD\) to: \(45^\circ\), \(60^\circ\), \(120^\circ\), \(135^\circ\). Uwaga: nie jest oceniana kolejność podawanych miar kątów czworokąta z rozważanej rodziny.

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

\[|AB|=\sqrt{241}\ \mathrm{cm}\approx15{,}5\ \mathrm{cm}.\]

Ze wzoru na pole trójkąta z sinusem kąta między bokami \[P=\tfrac12\,|AC|\cdot|BC|\cdot\sin\gamma\] otrzymujemy \[24=\tfrac12\cdot5\cdot12\cdot\sin\gamma=30\sin\gamma,\qquad \sin\gamma=\frac45.\] Kąt \(\gamma\) przy wierzchołku \(C\) jest rozwarty, więc jego cosinus jest ujemny — to właśnie ten warunek rozstrzyga wybór znaku: \[\cos\gamma=-\sqrt{1-\sin^2\gamma}=-\sqrt{1-\tfrac{16}{25}}=-\frac35.\] Z twierdzenia cosinusów \[|AB|^2=|AC|^2+|BC|^2-2\,|AC|\,|BC|\cos\gamma=25+144-2\cdot5\cdot12\cdot\left(-\tfrac35\right)=169+72=241.\] Zatem \(|AB|=\sqrt{241}\approx15{,}5\) cm. **Odpowiedź.** \(|AB|=\sqrt{241}\ \mathrm{cm}\approx15{,}5\ \mathrm{cm}\).

**1. (1 pkt)** – Wyznaczenie cosinusa kąta przy wierzchołku \(C\): \(\cos\gamma=-\)[…]\(5\) **2. (2 pkt)** – Obliczenie długości boku \(AB\): \(AB=\sqrt{241}\) cm (1 pkt. za zastosowanie twierdzenia cosinusów, odpowiedź punktujemy także gdy podana jest w formie \(AB=\sqrt{241}\) lub \(AB\approx 15{,}5\))

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

Największy kąt ma miarę \(120^\circ\), wysokość z jego wierzchołka jest równa \(\dfrac{3\sqrt2-\sqrt6}{2}\), a promień okręgu opisanego \(R=\sqrt6\).

Oznaczmy \(\lvert AC\rvert=3-\sqrt3\), \(\lvert BC\rvert=2\sqrt3\), \(\lvert AB\rvert=3\sqrt2\). Najdłuższym bokiem jest \(AB\) (bo \(3\sqrt2\approx4{,}24\)), więc największy kąt leży przy wierzchołku \(C\). **a)** Z twierdzenia cosinusów \[\cos\lvert\angle ACB\rvert=\frac{\lvert AC\rvert^{2}+\lvert BC\rvert^{2}-\lvert AB\rvert^{2}}{2\lvert AC\rvert\lvert BC\rvert}=\frac{(12-6\sqrt3)+12-18}{2(3-\sqrt3)\cdot2\sqrt3}=\frac{6(1-\sqrt3)}{12(\sqrt3-1)}=-\frac12,\] zatem \(\lvert\angle ACB\rvert=120^\circ\). Pole trójkąta obliczamy ze wzoru z sinusem kąta między bokami: \[P=\tfrac12\lvert AC\rvert\cdot\lvert BC\rvert\sin 120^\circ=\tfrac12(3-\sqrt3)\cdot2\sqrt3\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac{3(3-\sqrt3)}{2}.\] Wysokość \(h\) poprowadzona z wierzchołka \(C\) opada na bok \(AB\), więc \[h=\frac{2P}{\lvert AB\rvert}=\frac{3(3-\sqrt3)}{3\sqrt2}=\frac{3-\sqrt3}{\sqrt2}=\frac{3\sqrt2-\sqrt6}{2}.\] **b)** Z twierdzenia sinusów dla boku \(AB\) leżącego naprzeciw kąta \(ACB\) \[2R=\frac{\lvert AB\rvert}{\sin 120^\circ}=\frac{3\sqrt2}{\tfrac{\sqrt3}{2}}=\frac{6\sqrt2}{\sqrt3}=2\sqrt6,\qquad R=\sqrt6.\] **Odpowiedź.** Największy kąt ma miarę \(120^\circ\), wysokość z jego wierzchołka wynosi \(\dfrac{3\sqrt2-\sqrt6}{2}\), a promień okręgu opisanego \(R=\sqrt6\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **17.1. (1 pkt)** – […] mi lub opis oznaczeń: \(AC=3-\sqrt{3}\), \(BC=2\sqrt{3}\). **17.2. (1 pkt)** – wyznaczenie miary największego kąta: \(\cos\angle C=\frac{AC^{2}+BC^{2}-AB^{2}}{2AC\cdot BC}=-\frac{1}{2}\), \(\angle C=120^\circ\). **17.3. (1 pkt)** – obliczenie pola trójkąta: \(P_{ABC}=\frac{1}{2}AC\cdot BC\sin\angle C=\frac{3}{2}\left(3-\sqrt{3}\right)\). **17.4. (1 pkt)** – obliczanie długości wysokości poprowadzonej z wierzchołka kąta rozwartego: \(CD=\frac{2P_{\Delta ABC}}{AB}=\frac{3\sqrt{2}-\sqrt{6}}{2}\). **17.5. (1 pkt)** – obliczanie długości promienia okręgu opisanego na trójkącie: \(R=\frac{AB}{2\sin\angle C}=\sqrt{6}\).

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

\[R=\frac{4\sqrt{57}}{3}\ \mathrm{cm}\approx10{,}07\ \mathrm{cm}.\]

Oznaczmy przez \(c\) bok leżący naprzeciw danego kąta \(120^\circ\). Z twierdzenia cosinusów \[c^{2}=8^{2}+12^{2}-2\cdot8\cdot12\cdot\cos 120^\circ=64+144+96=304,\] \[c=\sqrt{304}=4\sqrt{19}\ \mathrm{cm}.\] Z twierdzenia sinusów dla boku \(c\) i leżącego naprzeciw niego kąta \(120^\circ\) \[2R=\frac{c}{\sin 120^\circ}=\frac{4\sqrt{19}}{\tfrac{\sqrt3}{2}}=\frac{8\sqrt{19}}{\sqrt3},\qquad R=\frac{4\sqrt{19}}{\sqrt3}=\frac{4\sqrt{57}}{3}.\] Liczbowo \(R\approx10{,}07\ \mathrm{cm}\). **Odpowiedź.** \(R=\dfrac{4\sqrt{57}}{3}\ \mathrm{cm}\approx10{,}07\ \mathrm{cm}\).

**16. (1 pkt)** – obliczenie długości trzeciego boku: \(a=4\sqrt{19}\) cm. **17. (1 pkt)** – wykorzystanie np. twierdzenia sinusów do obliczenia długości promienia okręgu opisanego na tym trójkącie i zapisanie, że: \(\frac{a}{\sin 120^\circ}=2R\). **18. (1 pkt)** – obliczenie długości promienia: \(R=\frac{4\sqrt{57}}{3}\) cm.

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.