Trygonometria
Zadanie 7, zestaw zadań marzec 2008 nr 2, poziom rozszerzony
W czworokącie wypukłym \(ABCD\) dane są: \(|AB|=2\), \(|BC|=\sqrt{3}\), \(|CD|=3\), \(|DA|=4\) i \(|\angle DAB|=60^{\circ}\). Oblicz pole tego czworokąta.
Odpowiedź
\[P_{ABCD}=\frac{7\sqrt3}{2}.\]
Rozwiązanie krok po kroku
Przekątna \(BD\) dzieli czworokąt na trójkąty \(ABD\) i \(BCD\).
W trójkącie \(ABD\) znamy dwa boki i kąt między nimi, więc z twierdzenia cosinusów
\[\lvert BD\rvert^{2}=2^{2}+4^{2}-2\cdot2\cdot4\cos 60^\circ=20-8=12,\qquad \lvert BD\rvert=2\sqrt3.\]
W trójkącie \(BCD\) mamy \(\lvert BC\rvert=\sqrt3\), \(\lvert CD\rvert=3\) oraz \(\lvert BD\rvert=2\sqrt3\). Ponieważ
\[(\sqrt3)^{2}+3^{2}=3+9=12=(2\sqrt3)^{2},\]
z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa kąt \(BCD\) jest prosty.
Zatem
\[P_{ABCD}=\tfrac12\cdot2\cdot4\cdot\sin 60^\circ+\tfrac12\cdot\sqrt3\cdot3=2\sqrt3+\tfrac{3\sqrt3}{2}=\frac{7\sqrt3}{2}.\]
**Odpowiedź.** \(P_{ABCD}=\dfrac{7\sqrt3}{2}\).
Klucz i zasady oceniania
*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.*
**7.1. (1 pkt)** – obliczenie długości przekątnej \(BD\) (leżącej naprzeciw kąta \(DAB\)): \(BD=2\sqrt{3}\).
**7.2. (1 pkt)** – obliczenie miary kąta \(C\) leżącego naprzeciw kąta \(A\) (wykorzystanie twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa lub twierdzenia kosinusów): \(\angle BCD=90^{\circ}\).
**7.3. (1 pkt)** – zapisanie pola \(P\) czworokąta \(ABCD\) jako sumy pól dwóch trójkątów, np.: \(P_{ABCD}=P_{ABD}+P_{BCD}\).
**7.4. (1 pkt)** – obliczenie pola czworokąta \(ABCD\): \(P=\frac{7\sqrt{3}}{2}\).
Wymagania podstawy programowej
Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.
